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Solucionario Mecanica fluidos - Victor L. Streeter 9 edicion

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Fluid Mechanics Victor L Streeter

Publicado en: Empleo

Solucionario Mecanica fluidos - Victor L. Streeter 9 edicion

  1. 1. 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 ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s 1 CAPÍTULO 1
  2. 2. 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 –3 FT = 4,0 x 10 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 2 CAPÍTULO 1
  3. 3. 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 –3 FT = 14,0 x 10 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 3 CAPÍTULO 1
  4. 4. 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 m2. 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 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 1
  5. 5. 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 P = gM MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 1
  6. 6. 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 τ=μU MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 6 CAPÍTULO 1
  7. 7. 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/ft3. 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 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 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 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 –2 Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft2 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 7 CAPÍTULO 1
  8. 8. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 v = 3 ft/s F P 30° P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU 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 p MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 1
  9. 9. 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 ft3 slug además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft3 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. F Agua MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 9 Anillo CAPÍTULO 1
  10. 10. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución σ(20º C) = 0,074 N/m F = π2.∅Anilloσ 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. θ F h F ∅ = 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 cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 1
  11. 11. 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. R r θ F θ θ F F θ F 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 11 CAPÍTULO 1
  12. 12. 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 C B Aceite Dens. Esp. 0,9 1,0 0,6 0,3 0,3 Aire A Agua D Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m3.0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa B Punto C pC = pB = 5883,60 Pa pC = 588 KPa B 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 1 CAPÍTULO 2
  13. 13. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 2-15 h 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 Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in2 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. 600 mm A 0 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 0 CAPÍTULO 2
  14. 14. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Datos S = 2,94 pA0 = 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/m3 hi = 0 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m – 28829,64 N/m3 hi = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos hi hf 600 mm dh A 0 dh dh 0 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 hf = 385 mm MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 2
  15. 15. 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. 2 2 ft diám C 1 B A D 4 ft diám E 5 Agua F Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución A1 A2 A3 1,41 Sobre ABCD 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 A = 4,245 ft2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 2
  16. 16. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 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 ft20,66 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 ft3 V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2 V2 = 25,13 ft3 V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3 Fn = 42,93 ft3 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 A h B MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 b C CAPÍTULO 2
  17. 17. 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. Aceite 5 γ = 55 lb/ft3 5 A B A 3 4 C Resolución Por integración MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 6 CAPÍTULO 2
  18. 18. 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 2 La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa. A Puntal 4 6 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS φ θ 3 7 B CAPÍTULO 2
  19. 19. 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 h 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.) O 5 Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 2
  20. 20. 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 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 2 ft3 6 ft3 3 – 10,40 lbh + 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 20 7 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 3 4 11 Resolución a) MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 9 CAPÍTULO 2
  21. 21. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 E1 E2 P2 θ P1 P3 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 2 lE2 = (20,22 m) 7,00 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 ΣMA = 0 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 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 xR = 11,588 m MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 2
  22. 22. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 b) σmín ΣMA = 0 σmáx R Y = σ mL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin 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 – σmin σmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 2γ670,99 m2 = σmin = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12 reemplazando σmáx = 2RY/A – σmin σmáx = 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 11 CAPÍTULO 2
  23. 23. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 0 20 m 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 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. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 12 CAPÍTULO 2
  24. 24. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 aceite den. rel. 0,8 Agua B R2 A 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 m3 π(2,00 m)2 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m3 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 SγV = γV’ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 13 CAPÍTULO 2
  25. 25. 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 ax x ax x g a p − p0 = − Sγ x x g Δpg ax = − Sγx p = p 0 − Sγ reemplazando Pa m2 (−20000 )9,806 m s ax = − N 0,88 × 9806 3 m ax = 22,73 m2/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 14 CAPÍTULO 2
  26. 26. AÑO 2007 1 STASSI, MAURO JOSÉ A 2 Resolución p = − Sγ ax x g lb p = −2,40 × 62,4 3 ft ft s 2 2 ft ft 32,174 2 s 8,05 1 p = – 74,84 lb ft2 2 Sí A pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2 entonces pg Sγx lb ft (−1152 2 )32,174 2 ft s ax = − lb 2,4 × 62,4 3 2 ft ft ax = − ax = 123,75 ft/s2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 15 CAPÍTULO 2
  27. 27. 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 V1 A1 = V2 A2 entonces V2 = V1 A1 A2 reemplazando π × (200mm) 2 m m (200mm) 2 4 V2 = 2 =2 s π × (70mm) 2 s (70mm) 2 4 V2 = 16,33 m/s El caudal másico será • m = Qρ = V2 A2 ρ • m = 16,33 m π × (0,07 m) 2 kg × × 0,86 × 1000 3 s 4 m • kg m = 54,03 s Ejercicio 3-30 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? MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 1 CAPÍTULO 3
  28. 28. AÑO 2007 10 STASSI, MAURO JOSÉ A 2 B Aceite, dens. rel. 0,86 Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g Para A, reemplazando 2 vA + z0 = + zA + γ γ 2g 2 v ( z0 − z A ) = A 2g Patm Patm v A = 2 × g (z0 − z A ) ft (11,0 ft − 0,0 ft ) s2 ft v A = 26,60 s v A = 2 × 32,174 Por continuidad Q A = AA v A Q A = 2,00 ft × 26,60 ft s QA = 53,21 ft3/fts Para B, reemplazando Patm γ 1 γ ( Patm 2 vB γ 2g 2 vB − PB ) + ( z 0 − z B ) = 2g + z0 = PB + zB + ⎡1 ⎤ v B = 2 × g × ⎢ ( Patm − PB ) + ( z 0 − z A )⎥ ⎣γ ⎦ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 3
  29. 29. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ft 1 lb v B = 2 × 32,174 2 × ⎢ (−62,42 3 × 1,00 ft ) + (11,00 ft − 0,00m)⎥ s ⎢ 62,42 lb ft ⎥ 3 ⎢ ⎥ ft ⎣ ⎦ ft v B = 25,37 s Por continuidad QB = AB v B Q B = 2,00 ft × 25,37 ft s QB = 50,37 ft3/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 4 ft Aceite dens. rel. 0,75 3 ft Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura. 4 in. Agua Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente γ W hW = γ A h A γ h' A = W hW γA Sγ hW = A hW = ShW γA reemplazando hW = 0,75 × 3,00 ft hW = 2,25 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 3
  30. 30. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 6,25 1 2 Agua Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g Reemplazando z1 = 2 v2 2g v 2 = 2 × g × z1 ft × 6,25 ft s2 ft v 2 = 20,05 s v 2 = 2 × 32,174 Por continuidad Q2 = A2 v 2 ft 1,00 ft 2 π Q2 = (4,00in × ) × 20,05 4 12,00in s Q2 = 1,75 ft3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 3
  31. 31. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 200 mm Aire 300 mm Agua 1 150 m m 2 Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 2 v P v2 + z1 + 1 = 2 + z 2 + 2 γ 2g γ 2g P1 h2 1 Datum 2 150 m m Dz 300 Agua mm h1 200 mm Aire reemplazando 2 2 v 2 v1 − γ γ 2g 2g 1 1 2 2 ( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) γ 2g P1 Por la ley del menisco − P2 + ( z1 − z 2 ) = P2 = P1 − h1γ + h2γ 1 ( P1 − P2 ) = h1 − h2 γ con respecto al datum MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 3
  32. 32. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Δz + h1 = 200mm + h2 h1 = 200mm + h2 − Δz reemplazando 1 γ ( P1 − P2 ) = 200mm + h2 − Δz − h2 1 γ ( P2 − P1 ) = 200mm − Δz reemplazando en la ecuación de Bernoulli 1 2 2 (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 ( z1 − z 2 ) + 200mm + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 200mm = (v 2 − v1 ) 2g − Δz + 200mm + ( z1 − z 2 ) = Por la ecuación de continuidad Q1 = Q2 A1v1 = A2 v 2 A v1 = 2 v 2 A1 reemplazando 2 A 1 2 2 200mm = ((v 2 − 2 2 v 2 ) 2g A1 2 200mm = 2 g × 200mm = 2 A2 (1 − 2 ) A1 v2 = v2 = 2 v2 A (1 − 2 2 ) 2g A1 2 × 9,806 π (1 − 4 π 4 m × 0,2m s2 (150,00mm) (300,00mm) = 2 2 ) m s Q2 = A2 v 2 v 2 = 2,29 Q2 = π 4 (0,15m) 2 2,29 m s Q2 = 0,04 m3/s MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 6 CAPÍTULO 3
  33. 33. 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. H γ = 55 lb/ft3 6 in. diám V Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces ft 3 gal ft 3 s Q = 1500 = 3,34 min 448,83 gal s min 1,00 Por definición de caudal Q = Ad v d Q vd = Ad reemplazando ft 3 s vd = 1,00 ft π (6,00in × ) 4 12,00in 3,34 = 17,02 2 ft s en términos de carga de velocidad tenemos 2 (17,02 ft ) 2 vd s = = 4,50 ft 2 g 2 × 32,174 sft2 Planteamos la ecuación de Bernoulli P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g reemplazando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 7 CAPÍTULO 3
  34. 34. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 2 vd vd +H = + +K γ γ 2g 2g 2 v H = d (1 + K ) 2g Patm Patm Las pérdidas serán H −1 2 vd 2g 32,00 ft K= −1 4,50 ft K= K = 6,11 Ejercicio 3-51 H 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. D1 = 150 mm A V 50 Agua D2 = 50 mm Resolución H 0 D1 = 150 mm Datum A B V 50 Agua D2 = 50 mm MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 3
  35. 35. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B 2 P1 + z1 + γ v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g reemplazando Patm +H = γ H= Patm + γ 2 vB v2 + KB B 2g 2g 2 vB (1 + K B ) 2g vB = 2 × g × H (1 + K B ) m 8,00m × 2 (1 + 0,05) s m v B = 12,22 s v B = 2 × 9,806 Por continuidad Q A = QB Q A = AB v B m π 2 Q A = (0,05m ) 12,22 s 4 QA = 0,024 m3/s Por otro lado 2 vA = 2 AB H 2× g × 2 (1 + K B ) AA Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g reemplazando 2 vA v2 + KA A γ γ 2g 2g (1 + K A ) v 2 P H= A + A γ 2g Patm reemplazando H= PA + +H = PA + 2 (1 + K A ) ⎛ AB 2 ⎜ ×g× H ⎞ ⎟ (1 + K B ) ⎟ ⎠ ⎜ A2 ⎝ A 2 P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB ⎞ ⎟⎜ 2 ⎟ H H = A +⎜ γ ⎜ 1 + K B ⎟⎜ AA ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ γ 2g Despejando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 9 CAPÍTULO 3
  36. 36. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 ⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB ⎞⎤ ⎟⎜ 2 ⎟⎥ PA = γH ⎢1 − ⎜ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠⎥ ⎣ ⎦ ⎡ ⎛π 2 ⎢ ⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜ 4 (0,05m ) N PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜ ⎟⎜ 1 + 0,05 ⎠⎜ π 2 m ⎢ ⎝ ⎜ (0,15m ) ⎢ ⎝ 4 ⎣ ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎥ ⎦ 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 (V12/2g)(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. 10 ft 4 in. Tubo de descarga 2 in. diám P Agua 68 ºF Resolución 6 in. diám. P 10 ft 4 3 4 in. Tubo de descarga Datum 2 in. diám 2 1 Agua 68 ºF MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 3
  37. 37. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 2 2 v3 P4 v4 + z3 + = + z4 + γ 2g γ 2g P3 reemplazando 2 v3 P v2 = atm + z 4 + 4 γ 2g γ 2g 2 2 v3 v 4 P − = (z 4 − z3 ) − 3 2g 2g γ P⎤ ⎡ 2 2 v 3 − v 4 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥ γ ⎦ ⎣ P3 + z3 + Como z4 = z3 ⎛ P ⎞ 2 2 v3 − v 4 = 2 g × ⎜ − 3 ⎟ ⎜ γ ⎟ ⎝ ⎠ Por continuidad Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4 v3 = A4 v4 A3 reemplazando 2 A4 2 ⎛ P ⎞ 2 v − v4 = 2 g × ⎜ − 3 ⎟ ⎜ γ ⎟ 2 4 A3 ⎝ ⎠ 2 ⎞ 2 ⎛ A4 ⎛ P ⎞ ⎜ 2 − 1⎟v 4 = 2 g × ⎜ − 3 ⎟ ⎜ γ ⎟ ⎟ ⎜A ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3 v4 = v4 = ⎛ P ⎞ 2g × ⎜ − 3 ⎟ ⎜ γ ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎛ A4 ⎞ ⎜ 2 − 1⎟ ⎜A ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎛ lb 144,00in 2 ⎜ 5,00 2 × ft ⎜ 1,00 ft 2 in 2 × 32,174 2 × ⎜ − lb s 62,42 3 ⎜ ⎜ ft ⎝ ⎛π ⎞ 2 ⎜ (2,00in ) ⎟ ⎜4 − 1⎟ ⎜ π (4,00in )2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ v 4 = 31,46 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 11 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ft s CAPÍTULO 3
  38. 38. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Por continuidad Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4 v3 = π A4 v4 A3 (2,00in )2 v3 = 4 π (4,00in )2 4 ft ft = 7,86 s s 31,46 Por continuidad Q2 = Q3 A2 v 2 = A3 v3 v2 = π v2 = 4 π 4 A3 v3 A2 (4,00in )2 (6,00in )2 7,86 ft ft = 3,49 s s Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2 P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g reemplazando P 1 γ = P2 γ + z2 + 2 2 v2 0,003L v2 + 2g D 2g v 2 ⎛ 0,003L ⎞ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎜ − ⎟ − z 2 = 2 ⎜1 + ⎟ ⎜γ 2g ⎝ D ⎠ γ ⎟ ⎝ ⎠ ⎤ ⎡ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎢⎜ − ⎟ − z2 ⎥ ⎜γ ⎟ γ ⎠ D ⎢⎝ L= − 1⎥ 2 ⎥ 0,003 ⎢ v2 ⎥ ⎢ 2g ⎦ ⎣ La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir P1 = 30inHg P1 1,00 ft = 30in × = 2,50 ft 12,00in γ Hg P1 γ Hg S= P1 γW = 2,50 ft × 13,57 = 33,92 ft De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) P2 γW MECÁNICA DE LOS FLUIDOS = 0,79 ft 12 CAPÍTULO 3
  39. 39. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 1,00 ft 12,00in 0,003 6,00in × L= ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥ − 1⎥ ⎢ (3,46 ft ) 2 s ⎢ ⎥ 2 × 32,174 sft2 ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será W t mgH P= t P= • P = m gH P = ρQgH P = γQH P = γv 2 A2 H 1,00 ft ⎞ lb ft π ⎛ P = 62,42 3 3,49 ⎜ 6,00in × ⎟ 10,00 ft 12,00in ⎠ s 4⎝ ft 2 P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será 2 ⎛ ⎞ v2 ⎜ ⎟ 2g ⎜ ⎟ %P = ⎜ × 100 2 2 ⎟ 0,003L v 2 v 2 ⎜ ⎜ D 2g + 2g ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ × 100 P=⎜ ⎜ 0,003L + 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ D ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ × 100 = 0,80% P= ⎜ 0,003 × 20554,17 ft ⎟ + 1⎟ ⎜ 0,5 ft ⎝ ⎠ %P = 0,80 % MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 13 CAPÍTULO 3
  40. 40. 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. 8 ft³/s 6 12 ft m diá in. in 60 ° 12 m iá .d 45° 18 in. diám 10 lb/in² 20 ft³/s H2O Resolución Por definición de caudal Q1 = A1v1 Q v1 = 1 A1 ft 3 ft s v1 = = 11,32 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜18,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 20,00 v2 = Q2 A2 ft 3 ft s = 15,29 v2 = 2 s π⎛ 1,00 ft ⎞ ⎜12,00in × ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ Q v3 = 3 A3 12,00 ft 3 ft s v3 = = 40,74 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜ 6,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 8,00 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 14 CAPÍTULO 3
  41. 41. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 A3 v2 = 15,29 ft/s A2 P3A3 m diá in. 6 v3 = 40,74 ft/s P2A2 m iá .d in 60 ° 12 45° 18 in. diám 10 lb/in² H2O v1 = 11,32 ft/s A1 P1A1 Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces (∑ Fext )x = ∫ sc v × ρ × v • dA Las fuerzas externas en x son (∑ Fext )x = − P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x La integral sobre la superficie de control en x es ∫ sc v × ρ × v • dA = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando − P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 2 2 v1 P2 v2 + z1 + = + z2 + γ 2g γ 2g P1 reemplazando 2 2 v1 P2 v 2 + = + γ 2g γ 2g P1 2 2 v1 v2 = + − γ γ 2g 2g P2 P1 P2 = P1 + P2 = 10,00 (v 2g γ 2 1 62,42 − v2 2 ) lb ft 3 2 2 ⎛⎛ ⎞ lb 144,00in ⎜ ⎜11,32 ft ⎞ − ⎛15,29 ft ⎞ ⎟ × + ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 2 2 ft ⎜ s⎠ ⎝ s⎠ ⎠ in 1,00 ft 2 × 32,174 2 ⎝ ⎝ s MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 15 CAPÍTULO 3
  42. 42. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 P2 = 1337,80 lb ft 2 Planteamos Bernoulli entre 1 y 3 P1 γ 2 + z1 + P v2 v1 = 3 + z3 + 3 2g γ 2g reemplazando 2 P v2 v + 1 = 3+ 3 γ 2g γ 2g P1 2 v2 v = + 1 − 3 γ γ 2g 2g P3 P1 P3 = P1 + (v 2g γ 2 1 62,42 − v3 2 ) lb ft 3 2 2 ⎛⎛ ⎞ lb 144,00in ⎜ ⎜11,32 ft ⎞ − ⎛ 40,74 ft ⎞ ⎟ P3 = 10,00 2 × + ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ft ⎜ s⎠ ⎝ s⎠ ⎠ in 1,00 ft 2 2 × 32,174 2 ⎝ ⎝ s lb P3 = −46,05 2 ft 2 reemplazando Fanclaje x = v 2 cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º + P2 A2 × cos 45º − P3 A3 × cos 60º Fanclaje x = 15,29 ft slug ft ft slug ft × cos 45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 − 40,74 × cos 60º×1,94 3 × 40,74 s s s s ft ft × 0,20 ft 2 + 1337,80 lb lb × 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º = 2 ft ft FanclajeX = 682,82 lb Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces (∑ Fext ) y = ∫ sc v × ρ × v • dA Las fuerzas externas en y son (∑ F ext ) y = P1 A1 − P2 A 2 × sen 45 º − P3 A 3 × sen 60 º + F anclaje y La integral sobre la superficie de control en x es ∫ sc v × ρ × v • dA = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando P1 A1 − P2 A2 × sen 45º − P3 A3 × sen60º + Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos 180º + v 2 sen 45º ρ × v 2 A2 cos 0º x + v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º despejando Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º − P1 A1 x + P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º reemplazando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 16 CAPÍTULO 3
  43. 43. STASSI, MAURO JOSÉ Fanclaje y = −11,32 AÑO 2007 ft slug ft ft slug ft × 1,94 3 × 11,32 × 1,77 ft 2 + 15,29 × sen45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 s s s s ft ft ft slug ft lb 144,00in 2 × sen60º×1,94 3 × 40,74 × 0,20 ft 2 − 10,00 2 × × 1,77 ft 2 s s 1,00 ft 2 ft in lb lb + 1337,80 2 × 0,78 ft 2 × sen 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × sen60º = ft ft + 40,74 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 ft2; V0 = 100 ft/s. V0 A0 V1 Resolución A0 V0 V1 V0 A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada y a la salida V0 V1 V0-V1 V0 V1 V0-V1 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 17 CAPÍTULO 3
  44. 44. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces (∑ Fext )x = ∫ sc v × ρ × v • dA La integral sobre la superficie de control en x es ∫ sc v × ρ × v • dA = (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos180º −(v 0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos 0º ∫ sc v × ρ × v • dA = −(v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 − (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 ∫ sc v × ρ × v • dA = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 2 Las fuerzas externas en x son (∑ Fext )x = ma carro (∑ Fext )x = m dv dt Igualando m v1 dv1 2 = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 dt m 2 = − 2 × ρ × A 0 (v 0 − 2 v 0 v 1 + v 12 Δt ) m 2 = −2 × ρ × A0 v0 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12 Δt ⎛m ⎞ 2 2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v0 = 0 Δt ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ 200,00lb ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 32,174 ft slugs ⎜ 2 2 s 2 − 2 × 2,00 slugs ×,002 ft 2 × 2 × 100,00 ft ⎟v 2 × 2,00 3 ×,002 ft × v1 + ⎜ 1 10,00s s⎟ ft 3 ft ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ v1 2 + 2 × 2,00 slugs ft ⎞ ⎛ ×,002 ft 2 × ⎜100,00 ⎟ = 0 3 s⎠ ft ⎝ slug slugs 0,08 × v12 − 15,38 v1 + 800,00lb = 0 ft s Por báscara v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos 1 2 at 2 1 v1 2 1 1 ft x= t = v1t = 96,11 10,00s 2 t 2 2 s x= x = 480,57 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 18 CAPÍTULO 3
  45. 45. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º. V0 = 130 ft/s u = 50 ft/s θ Resolución u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s 130 v alabe Por teorema del seno α v alabe = (v0 − u ) ft ft ft = 130,00 − 50,00 = 80,00 s s s senθ senβ = 80,00 50,00 senβ = 50,00 senθ = 0,625 × sen130º = 0,48 80,00 β = arcsen(0,48) = 28,60º Por propiedad del triángulo γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º Finalmente α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º α = 158º 36’ 20’’ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 19 CAPÍTULO 3
  46. 46. 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 [ ] Q L3T −1 , D[L ], [ ] [ ] [ ] [ ΔH LL−1 = 1 , ρ ML−3 , μ ML−1T −1 , g LT − 2 L ] Las unidades son 3 L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será ∏1 = ΔH L π1 = ΔH/L π2 será ( ∏ 2 = DQ x1 ρ x2 μ x3 ∏ 2 = L L3T −1 ) (ML ) (ML x1 −3 x2 −1 T −1 ) x3 entonces 0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3x1 − 3 x 2 − x3 = 0 0 − x1 + 0 − x3 = 0 Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ de aquí x1 = −1 x2 = −1 x3 = 1 entonces ∏2 = Dμ Qρ π2 = Dμ/Qρ π3 será ∏ 3 = gQ x1 ρ x2 μ x3 ( ∏ 3 = LT −2 L3T −1 ) (ML ) (ML x1 −3 x 2 −1 T −1 ) x3 entonces Para M ⇒ Para L ⇒ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − 3x 2 − x3 = 0 1 CAPÍTULO 4
  47. 47. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 − 2 − x1 + 0 − x3 = 0 Para T ⇒ de aquí x1 = 3 x2 = 5 x3 = −5 entonces ∏3 = gQ 3 ρ 5 μ5 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 [ ] [ ] [ p ML−1T −2 , r [L], ω T −1 , ρ ML−3 ] Las unidades son 3 L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será ∏ = pω x1 ρ x2 r x3 ( ) (ML ) (L ) ∏ 2 = ML−1T −2 T −1 x1 −3 x 2 x3 entonces Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ 1 + 0 + x2 + 0 = 0 − 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0 − 2 − x1 + 0 − 0 = 0 de aquí x1 = −2 x2 = −1 x3 = −2 entonces ∏= p r ω2ρ 2 Entonces p = cte.r2ω2ρ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 4
  48. 48. 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 2 v2 vm p = g mlm g p l p Como la gravedad es la misma 2 2 vm v p = lm lp 2 v 2 = vm p lp lm lp v p = vm v p = 1,00 lm m 10 s 1 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 [ ] [ ] [ ] [ ] P ML2T −3 , Q L3T −1 , D[L ], Δp ML−1T −2 , ρ ML−3 , e[1] Las unidades son 3 L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será ∏1 = e π1 = e π2 será ∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3 ( ∏ 2 = ML2T −3 L3T −1 ) (ML x1 −1 T −2 ) (ML ) x2 −3 x 3 entonces MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 4
  49. 49. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Para L ⇒ 1 + 0 + x 2 + x3 = 0 2 + 3x1 − x 2 − 3 x3 = 0 Para T ⇒ − 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0 Para M ⇒ de aquí x1 = −1 x2 = −1 x3 = 0 entonces ∏2 = P QΔp π2 = P/QΔp π3 será ∏ 3 = DQ x1 Δp x2 ρ x3 ∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3 x x x entonces Para L ⇒ 0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − x 2 − 3x3 = 0 Para T ⇒ 0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0 Para M ⇒ de aquí x1 = −0,5 x2 = 0,25 x3 = −0,25 entonces ∏3 = D 4 Δp Q4 ρ 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 Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 4
  50. 50. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Dm v m νm vm = = Dpvp νp Dp ν m vp Dm ν p 2 ⎡ −6 m ⎤ ⎢ 600,00mm 0,311 × 10 ⎥ s ⎥ 6,00 m vm = ⎢ 2 s ⎢ 600,00mm 1,007 × 10 −6 m ⎥ ⎢ ⎥ 5 s ⎦ ⎣ m v m = 9,86 s 2 m π ⎛ 0,6m ⎞ Qm = Am v m = ⎜ ⎟ 9,86 s 4⎝ 5 ⎠ Qm = 0,10 m3/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 Dm v m νm vm = = Dpvp νp Dp ν m vp Dm ν p ⎡ m2 1,70 × 10 −5 ⎢ 4,00m s vm = ⎢ 4,00m m2 ⎢ 1,141 × 10 −6 ⎢ 5 s ⎣ ⎤ ⎥ m ⎥ 0,50 s ⎥ ⎥ ⎦ La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) vm = 37,25m/s Qm = Am v m = π ⎛ 4,00m ⎞ ⎜ 4⎝ 5 2 m ⎟ 37,25 s ⎠ Qm = 18,72 m3/s Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas. MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 4
  51. 51. 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. a U pδy (τ+(dτ/dl)δy)δl γδlδysen θ τδl (p+(dp/dl)δl)δy θ l γδlδy u y θ dl Resolución q= Por otro lado u= Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 0 − 2 12 μ ∂l Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 2 12 μ ∂l U × 6μ ∂ = ( p + γh ) ∂l a2 Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l reemplazando u= ( Uy 1 U × 6 μ − ay − y 2 2 a 2μ a ( ) ) ⎛ y y2 ⎞ Uy − 3U ⎜ − 2 ⎟ ⎜a a ⎟ a ⎝ ⎠ 2U 3U u=− y + 2 y2 a a u= derivando respecto a y obtengo du 2U 6U =− + 2 y dy a a El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 1 CAPÍTULO 5
  52. 52. 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? a U pδy (τ+(dτ/dl)δy)δl γδlδysen θ τδl (p+(dp/dl)δl)δy θ l γδlδy u y θ dl Resolución Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l Uy 1 ∂ ( p + γh )ay − 1 ∂ ( p + γh ) y 2 u= − a 2 μ ∂l 2 μ ∂l ( u= ) derivando respecto a y obtengo du U 1 ∂ ( p + γh )a − 1 ∂ ( p + γh ) y = − dy a 2 μ ∂l μ ∂l El esfuerzo de corte es τ =μ entonces τ =μ du dy U 1 ∂ ( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y − a 2 ∂l ∂l Valuado en y = 0, tenemos τ y =0 = μ U 1 ∂ ( p + γh )a = 0 − a 2 ∂l despejando 2μ U ∂ = ( p + γh ) 2 ∂l a reemplazando u = U a 2 y 2 El caudal será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 5
  53. 53. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 a a 0 0 q = ∫ udy = ∫ q= U 2 y dy a2 U a 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. 150 mm U F 0,15 MPa μ = 1 poise 50 mm diám. e = 0,05 mm Resolución u= además U 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 y− a 2 μ ∂l ( ) ∂ ( p + γh ) = Δp = 0,15MPa − 0,00MPa = 1,00 × 10 6 N3 ∂l Δl 0,15m m reemplazando m s u= y− 5,00 × 10 −5 m 0,70 ( N 1 1,00 × 10 6 3 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 g 1,00kg 100,00cm m 2 × 1,00 × × cms 1000,00 g 1,00m ( 1 1 u = 1400,00 y − 20,00 × 10 6 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 s ms 1 1 2 u = 400,00 y + 20,00 × 10 6 y s ms 1 1 u = 400,00 1,00 × 10 −5 m + 20,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m s ms ( u = 200,00 ) ) 2 m s El esfuerzo de corte será τ =μ du dy entonces MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 5 )
  54. 54. STASSI, MAURO JOSÉ τ =μ AÑO 2007 du kg 1 kg 1 = 1,00 × 10,00 −1 × 400,00 + 1,00 × 10,00 −1 × 10,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m dy ms s ms ms τ = 25,00 Pa La fuerza total será FT = τAC + pAT = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m + 0,15 x10 6 Pa × π 4 (0,5m )2 FT = 294,90 N 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. 150 mm U F 0,15 MPa μ = 1 poise 50 mm diám. e = 0,05 mm Resolución FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m FC = 0,59 N El caudal será q=− 1 ∂ ( p + γh )a 3 12 μ ∂l reemplazando q=− 1 kg 12 × 0,10 ms 1,00 × 10 6 ( ) 3 m2 N 5,00 × 10 −5 m = 1,042 × 10 −7 s m3 Q = πDq = π × 0,05m × 1,042 × 10 −7 Q = 1,636 × 10 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 −8 m2 s m3 s CAPÍTULO 5
  55. 55. 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 ΔpπD 4 Q= 128μL vA = v π ΔpπD 4 128μL D2 = 4 v= Además Re = ΔpD 2 32μL vDρ μ entonces v= ΔpπD 4 128μL = 1400 1400μ Dρ reemplazando 1400μ ΔpD 2 = Dρ 32μL 1400 ΔpD 3 = ρ 32μ 2 L Además como el tubo es vertical Δp = γ = ρg L reemplazando 1400 ρ 44800 = ρgD 3 32 μ 2 ρ2 1 gD 3 = 2 gD 3 2 μ ν D= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS = 3 ν 2 44800 g 5 CAPÍTULO 5
  56. 56. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 ⎛ m2 ⎞ ⎟ 44800 ⎜1,50 × 10 −6 ⎜ s ⎟ ⎠ ⎝ D=3 m 9,806 2 s D = 2,17 mm Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo. 16 ft 20 ft γ = 55 lb/ft³ 1 4 in diám. μ = 0.1 Poise Resolución γ = 55 lb/ft³ 16 ft 20 ft 1 1 4 in diám. 2 μ = 0.1 Poise Datum La pérdida de carga entre 1 y 2 será P1 γ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS + h1 = 6 P2 γ + h2 CAPÍTULO 5
  57. 57. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 reemplazando P1 γ − P2 γ + h1 = P1 − P2 γ + h1 donde P1 − P2 γ entonces ahora = Δh Δ P = P1 − P2 = γ Δ h ∂ (P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 ) ∂l L L reemplazando ∂ (P + γh ) = ∂l 55,00 lb (4,00 ft + 16,00 ft ) lb ft 3 = 68,75 3 16,00 ft ft Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille ΔpπD 4 Q= 128μL 4 1,00 ft ⎞ lb ⎛ 1 68,75 3 π ⎜ in × ⎟ 12,00in ⎠ ft ⎝ 4 ft 3 = 0,00152 Q= slug s 1,00 ft × s 128 × 0,10 Poise × 479 Poise Q = 0,00152 ft 3 s Ejercicio 5-29 H D 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. θ L MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 7 CAPÍTULO 5
  58. 58. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será reemplazando ∂ (P + γh ) = γH ∂l L kN 24,00m ∂ kN m3 (P + γh ) = = 6,00 3 40,00m ∂l m ∂ (P + γh ) = 6,00 kN ∂l m3 10 La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille ΔpπD 4 128μL kN 1000,00 N π (0,008m )4 6,00 3 × 1,00kN m Q= kg 128 × 0,08 m×s 3 m 60,00s 1000,00dm 3 dm 3 Q = 7,54 × 10 −6 × × = 0,45 min s 1,00m 1,00m 3 Q= Q = 0,45 dm 3 min Ejercicio 5-30 H D En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s. θ L Resolución A partir de Hagen–Poiseuille Q= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS ΔpπD 4 128μL 8 CAPÍTULO 5
  59. 59. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ΔpπD 4 vA = 128μL v π 4 v= Además ΔpπD 4 128μL D2 = ΔpD 2 32μL ∂ (P + γh ) = ΔP = γH ∂l L L reemplazando v= γHD 2 32μL H= 32 μLv γD 2 despejando kg m × 40,00m × 0,10 m× s s = 16,00m H= kN 1000,00 N (0,008m )2 10,00 3 × 1,00kN m 32 × 0,08 H = 16,00 m 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 Re = VD1 ν = 100000 Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces V= Reν = D1 100000 × 1,00 × 10 −6 0,3m m2 s = 0,33 m s Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos f = 0,0215 A partir de la ecuación de Colebrook f = MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎟ ⎜ ⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥ ⎦ ⎣ 9 2 CAPÍTULO 5
  60. 60. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 f = 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74ν 0,9 + 0,9 0,9 ln⎜ ⎢ ⎜ ⎣ ⎝ 3,7 D v D ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 2 iteramos hasta encontrar D2, esto es D 5.74v0,9 ν0,9D0,9 5.74v0,9 ν0,9D0,9 ε 0,1500 0,1100 0,1000 0,1200 0,00002 0,00002 0,00002 0,00002 0,5359 0,4054 0,3720 0,4384 0,0000 0,0001 0,0001 0,0001 0,0002 0,0002 0,0002 0,0002 ε ε/3,7D 0,0003 0,0004 0,0004 0,0003 Finalmente 3,7 D + 5,74ν 0,9 v 0,9 D 0,9 ln () f -8,0696 -7,7636 -7,6696 -7,8495 0,0003 0,0004 0,0005 0,0004 [ln ()]2 65,1182 60,2735 58,8220 61,6140 0,0203 0,0220 0,0225 0,0215 D = 120mm 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 Re = VD ν = 4Q Q D = 2 D ν πDν π 4 QD = Aν reemplazando 1,00m 3 dm 3 × 4Q s 1000,00dm 3 = = 381971,86 Re = 2 πDν −6 m π × 0,20m × 1,00 × 10 s 4 × 60,00 Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces f = 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥ ⎦ ⎣ 2 donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando f = 1,325 ⎡ ⎛ 0,046mm 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 200mm + 381971,86 0,9 ⎣ ⎝ f = 0,016 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 2 Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será hf = f MECÁNICA DE LOS FLUIDOS L v2 D 2g 10 CAPÍTULO 5
  61. 61. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 L Q2 1 hf = f D A2 2g 1 L Q2 2 D ⎛ D 2 ⎞ 2g ⎜π ⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎠ ⎝ 16 LQ 2 hf = f 2 5 π D 2g hf = f reemplazando ⎛ dm 3 1,00m 3 ⎞ ⎟ × 16 × 1000,00m × ⎜ 60,00 ⎜ s 1000,00dm 3 ⎟ ⎝ ⎠ h f = 0,016 × m π 2 (0,20m )5 2 × 9,806 2 s 2 h f = 15,02m La potencia requerida será P = γQh reemplazando P = 9806,00 N m3 0,06 15,02m s m3 P = 8836,50Watt 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 0,500 0,600 0,620 0,640 0,650 0,645 0,643 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 1131768,48 943140,40 912716,52 884194,13 870591,14 877339,91 880753,68 0,00002 0,00002 0,00002 0,00003 0,00003 0,00003 0,00003 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00014 0,00011 0,00011 0,00011 0,00010 0,00010 0,00011 ε 3,7 D + 5,74 Re0.9 0,00016 0,00014 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013 ln () [ln ()]2 f hf -8,77 -8,90 -8,92 -8,94 -8,95 -8,94 -8,94 76,88 79,17 79,55 79,92 80,09 80,00 79,96 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 7,29 2,85 2,40 2,04 1,89 1,96 2,00 D = 643mm MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 11 CAPÍTULO 5
  62. 62. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos ⎡ ⎛ LQ 2 D = 0.66⎢ε 1.25 ⎜ ⎜ gh ⎢ ⎝ f ⎣ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 4.75 ⎛ L + νQ 9.4 ⎜ ⎜ gh ⎝ f ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 5, 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎦ 0 , 04 reemplazando ⎡ 3 2 ⎛ ⎜ 1000,00m × ⎛ 0,40 m ⎞ ⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎢ s ⎟ ⎝ ⎠ 1.25 D = 0.66⎢0.00025m ⎜ m ⎜ ⎢ 9,806 2 2,00m ⎜ ⎢ s ⎝ ⎢ ⎣ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 4.75 + 1,00 × 10 −6 2 m s ⎛ m ⎜ 0.40 ⎜ s ⎝ 3 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 9.4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1000,00m ⎜ ⎟ m ⎜ ⎟ ⎜ 9,806 2 × 2,00m ⎟ s ⎝ ⎠ D = 0,654 m D = 654mm Ejercicio 5-90 H 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. 30 m 30 cm diám H Resolución 1 Datum 30 m 30 cm diám 2 Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos P1 γ 2 + z1 + v1 P v2 = 2 + z2 + 2 + h f γ 2g 2g reemplazando y despejando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 12 CAPÍTULO 5 5, 2 ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ 0 , 04
  63. 63. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 2 L ⎛ ⎞ v2 − = ⎜ Kb + f + K s ⎟ γ γ ⎝ D ⎠ 2g 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g P1 P2 El número de Reynolds será Re = 4Q = πDν 1,00m 3 dm 3 × s 1000,00dm 3 = 530516,48 π × 0,30m × 1,00 × 10 −6 4 × 125,00 como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook f = 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎥ ⎢ln⎜ ⎟ ⎜ ⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥ ⎣ ⎦ 2 reemplazando f = 1,325 ⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 0,30m + 530516,48 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 2 = 0,015 reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ A 2g 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g obtenemos ⎛ m3 ⎞ ⎜ 0,125 ⎟ 8×⎜ s ⎟ ⎝ ⎠ 2 30,00m ⎞ ⎛ H = ⎜ 0,50 + 0,015 + 1,00 ⎟ = 0,30m ⎠ π 2 (0,30m )4 9,806 m ⎝ s2 H = 0,48m 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 13 CAPÍTULO 5
  64. 64. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 H 1 2 Datum Válvula de globo Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos P1 γ 2 + h1 + v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g El número de Reynolds será ft 3 4 × 20,00 4Q s Re = = = 1157490,49 2 πDν 1,00 ft −5 ft π × 24,00in × × 1,10 × 10 s 12,00in como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook f = 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎢ln⎜ ⎟ ⎜ 3,7 D + R 0,9 ⎟⎥ ⎢ ⎝ e ⎠⎥ ⎣ ⎦ 2 reemplazando f = 1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 2 ft + 1157490,49 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 2 = 0,013 reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g obtenemos ⎛ ft 3 ⎞ ⎟ 8 × ⎜ 20,00 ⎜ s ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎛ ⎞ 5000,00 ft + 3 × 0,90 + 10 + 1⎟ H = ⎜ 0,80 + 0,013 = ⎜ ⎟ 2 2,00 ft ⎝ ⎠ π (2,00 ft )4 32,174 ft s2 H = 29,50 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 14 CAPÍTULO 5
  65. 65. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 5-98 H 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. Válvula angular 210 ft 3 in diám Tubo de acero Resolución H 1 Válvula angular 210 ft 3 in diám Tubo de acero 2 Datum Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos P1 γ 2 + h1 + v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g El número de Reynolds será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 15 CAPÍTULO 5
  66. 66. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ft 3 gal s × 1,94 slug 4 × 200,00 × gal min ft 3 448,83 4Qρ min Re = = = 21088,97 slug πDμ 1,00 1,00 ft ft × s × 0,10 Poise × π × 3,00in × 479 Poise 12,00in 1,00 como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook f = 1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ ⎟ ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 D + R 0,9 ⎟⎥ ⎢ ⎝ e ⎠⎥ ⎣ ⎦ 2 reemplazando f = 1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 ⎢ln⎜ ⎜ 3,7 × 0,25 ft + 21088,97 0,9 ⎣ ⎝ ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 2 = 0,027 reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g obtenemos 2 ⎛ ft 3 ⎞ ⎜ ⎟ 1,00 s ⎟ ⎜ 200,00 gal × 8× ⎜ gal ⎟ min 448,83 ⎜ ⎛ ⎞ 210,00 ft min ⎟ ⎠ = + 5,00 + 1,00 ⎟ ⎝ H = ⎜ 0,50 + 0,027 ⎜ ⎟ ft 0,25 ft ⎝ ⎠ π 2 (0,25 ft )4 32,174 2 s H = 37,29 ft 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 16 CAPÍTULO 5
  67. 67. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 El = 31 m Agua 20 ºC 0 50 El = 1 m 200 m 500 mm diám- Acero m m 0m 40 ro ce -A m diá P Pump. Elev. = 0 Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 2 2 v1 P2 v2 + h1 + + HB = + h2 + + Hp γ γ 2g 2g P1 reemplazando h1 + H B = h2 + Hp ⎛ L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 h1 − h2 + H B = ⎜ f1 1 ⎟ 1 + ⎜ f 2 2 ⎟ 2 ⎜ D ⎟ 2g ⎜ D ⎟ 2g 2 ⎠ 1 ⎠ ⎝ ⎝ Por la ecuación de continuidad ⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ L h1 − h2 + H B = ⎜ f1 1 ⎟ 4 + ⎜ f 2 2 ⎜ D ⎟ πD g ⎜ D 2 1 ⎠ ⎝ ⎝ 1 ⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜ f1 1 ⎟ 4 + ⎜ f 2 ⎜ D ⎟ πD g ⎜ 1 ⎠ ⎝ ⎝ 1 ⎞ 8Q 2 ⎟ 4 ⎟ πD g ⎠ 2 L2 ⎞ 8Q 2 ⎟ 4 D2 ⎟ πD2 g ⎠ ⎡⎛ L ⎞ 8 ⎤ ⎛ L ⎞ 8 h1 − h2 + 40 = ⎢⎜ f 1 1 ⎟ + ⎜ f2 2 ⎟ + 24⎥ Q 2 4 4 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦ Q= h1 − h2 + 40 ⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ ⎛ L2 ⎞ 8 ⎢⎜ f 1 ⎜ D ⎟ πD 4 g + ⎜ f 2 D ⎟ πD 4 g + 24⎥ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎠ 2 ⎠ ⎝ 1 2 ⎣⎝ ⎦ 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] 1,0000 0,2200 0,2100 0,2095 Re1 2546479,11 560225,40 534760,61 533487,37 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS Re2 3183098,89 700281,76 668450,77 666859,22 17 f1 0,0126 0,0142 0,0143 0,0143 f2 0,0129 0,0141 0,0142 0,0142 Q [m3/s] 0,2193 0,2099 0,2095 0,2095 CAPÍTULO 5
  68. 68. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 dm 3 Q = 209,5 s La potencia será reemplazando P = γQhη P = γQ (40 − 24Q 2 ) η P = γηQ 40 − 24γηQ 3 ⎛ kg m3 kg m3 ⎞ ⎟ P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095 − 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜ 0,2095 ⎜ s s ⎟ m m ⎠ ⎝ 3 P = 5,87 kWatt MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 18 CAPÍTULO 5
  69. 69. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone F= u y = =η U δ Reemplazando en h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ τ0 = ρ ⎜ ⎟ ∂x ⎝ 0 ⎠ Obtenemos τ 0 = ρU 2 τ 0 = ρU 2 ∂δ uU − u 2 dη ∂x ∫ U 2 0 1 u⎞ ∂δ u ⎛ ∫ U ⎜1 − U ⎟dη ∂x 0 ⎝ ⎠ 1 ∂δ τ 0 = ρU η (1 − η )dη ∂x ∫ 0 ∂δ τ 0 = 0,166 ρU 2 ∂x 1 2 De la ley de viscosidad de Newton τ0 = μ ∂u ∂y y =0 Cambiando las variables τ0 = μ U ∂F δ ∂η η =0 Entonces τ0 = μ U δ Reemplazando μ U δ = 0,166 ρU 2 ∂δ ∂x Separando las variables μ U ρ ∂x = 0,166U 2δ∂δ Integrando tenemos υx = 0,166U δ2 2 Despejando δ x MECÁNICA DE LOS FLUIDOS = 1 υ 0,083 xU 1 CAPÍTULO 6
  70. 70. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Resolviendo δ x 3,46 R1 / 2 x = Capa límite turbulenta Se propone 1 u ⎛ y ⎞7 F = = ⎜ ⎟ =η7 U ⎝δ ⎠ 1 Reemplazando en τ0 = ρ h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎜ 0 ⎝ ⎠ Obtenemos 1 1 1 ⎞ ⎛ ∂δ η 7 ⎜ 1 − η 7 ⎟ dη ∫ ⎜ ⎟ ∂x 0 ⎝ ⎠ 7 ∂δ τ0 = ρU 2 ∂x 72 τ 0 = ρU 2 De la ley de viscosidad de Newton τ0 = μ Cambiando las variables τ0 = μ ∂u ∂y y =0 ∂ (FU ) ⎛ 1 ⎞ ∂⎜η 7 δ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Entonces 1 ⎛ υ ⎞4 τ 0 = 0,0228ρU ⎜ ⎟ ⎝ Uδ ⎠ 2 igualando 1 7 ∂δ ⎛ υ ⎞4 ρU 2 0,0228ρU 2 ⎜ ⎟ = 72 ∂x ⎝ Uδ ⎠ Separando las variables υ 1 4 1 4 U δ 1 4 ∂x = 4,254∂δ Integrando tenemos 1 1 4 5 5 υ 4 x = 4,254U 4 δ 4 1 4 1 4 υ x = 3,4032U δ 5 4 Despejando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 6
  71. 71. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 1 4 υ x 5 4 δ = 3,4032U 1 ⎛ ⎜ υ4x δ =⎜ 1 ⎜ 3,4032U 4 ⎝ 1 4 4 ⎞5 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ Resolviendo 0,375 δ= Re x 1 5 x Ejercicio propuesto en clase. Barrilete A = 1 m² 30° U = 40 km/h T = 25 N 45° Resolución El arrastre será D = CD ρU 2 2 AD Despejando CD = Reemplazando CD = 2D ρU 2 AD 2 × 25,00 Nsen 45º 2 kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m sen30º h kms ⎠ m ⎝ = 0,47 C D = 0,47 La sustentación será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 6
  72. 72. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 L = CL ρU 2 2 AL Despejando CL = Reemplazando CL = 2D ρU 2 AL 2 × 25,00 N cos 45º 2 kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m cos 30º h kms ⎠ m ⎝ = 0,27 C L = 0,47 Ejercicio 6-6 Una corriente de aire fluye sobre una placa lisa con una velocidad de 150 km/h a 20 ºC y 100 kPa. ¿Qué longitud debe tener la placa para que la capa límite tenga un espesor de 8 mm? Resolución Partiendo de δ = 0,37 x (Ux/ν)1/5 δ5 = 0,375 ν x5 Ux x = 4√ Uδ5 . 0,375ν donde U = 150,00 km . 1000 m . 1 h = 41,66 m h 1 km 3600 s s δ = 8,00 mm. 1 m = 8,00 x 10–3 m 1000 mm ν = 1,15 10–5 m2/s reemplazando x = 4√ 41,66 m/s (8,00 x 10–3 m)5 . 0,375 . 1,60 10–5 m2/s x = 0,333 m Ejercicio 6-7 Estímese el arrastre por fricción superficial en una aeronave de 100 m de largo, diámetro promedio de 20 m con velocidad de 130 km/h que viaja por aire a 90 kPa abs y 25 ºC. Resolución Suponiendo el avión es un cilindro, entonces l 100,00 = = 5,00 D 20,00 ahora, de tabla 6,1 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 6
  73. 73. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 C D = 0,86 La densidad será, por la ecuación de estado ρ= P = RT 90kPa 287 m× N (25º C + 273,15)K kg ∗ K = 1,05 kg m3 El arrastre frontal será D = CD ρU 2 π∅ 2 2 4 reemplazando 2 m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ × 1,05 3 ⎜130,00 km ⎟ h m ⎜ 3,60 2 ⎜ ⎟ h ⎠ π (20,00m ) ⎝ D = 0,86 × 2 4 D = 184,96 kN El arrastre lateral será D = CD ρU 2 2 π∅l reemplazando 2 m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ 1,05 3 ⎜130,00 × km ⎟ h m ⎜ 3,60 ⎟ ⎜ h ⎠ ⎝ D = 0,86 × π 20,00m × 100,00m 2 D = 3699 ,30 N Ejercicio 6-9 Un letrero de publicidad es remolcado por un pequeño avión a una velocidad de 35 m/s. Las dimensiones del letrero son de 1,40 m por 38,00 m, p = 1 atmósfera, t = 15 ºC. Suponiendo que el letrero es una placa plana, calcúlese la potencia requerida. Resolución R = vl/ν R = 35,00 m/s . 38,00 m = 1,57 10–5 m2/s R = 8,47 x 107 entonces CD = 0,455 = (log Rl)2,58 CD = 2,18 x 10–3 El arrastre será D = CDblρU2 2 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 6
  74. 74. STASSI, MAURO JOSÉ reemplazando AÑO 2007 D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2 2 D = 91,83 N = La potencia será P = D.V = 91,83 N . 35 m/s P = 3214,20 W Ejercicio 6-12 ¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC? Resolución La densidad será, por la ecuación de estado ρ= P = RT 100,00kPa kg = 1,19 3 m× N m (20º C + 273,15)K 287 kg ∗ K El arrastre será D = CD ρU 2 π∅ 2 2 4 despejando ∅= 4 2 D π ρU 2 C D reemplazando ∅= 8 45000,00 N = 28,33m 1,2 kg ⎛ m⎞ π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟ s⎠ m ⎝ 2 Como el diámetro necesario es menor al del paracaídas, se necesita solo uno Ejercicio 6-13 Un objeto que pesa 400 lb se fija a un disco circular y es dejado caer desde un avión. ¿Qué diámetro debe tener el disco para hacer que el objeto toque tierra a 72 ft/s? El disco esta fijado de tal forma que es normal a la dirección del movimiento con p = 14,7 psi; t = 70 ºF. Resolución La temperatura absoluta será T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad será, por la ecuación de estado MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 6 CAPÍTULO 6
  75. 75. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 N m2 14,70 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,20 3 × × = 0,0032 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 294,26 K kg ∗ K 6894,76 Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es CD = 1,05 el diámetro será ∅= 2 D π ρU 2 C D 4 reemplazando ∅= 400,00lb = 7,59 ft 1,05 slug ⎛ ft ⎞ π × 0,0032 3 ⎜ 72,00 ⎟ s⎠ ft ⎝ 8 2 ∅ = 7,59 ft El número de Reynolds será ft 7,59 ft VD s Re = = = 3037188,87 ⇒ Verifica 2 ν − 4 ft 1,80 × 10 s 72,00 Ejercicio 6-19 ¿Cuál es la velocidad final de una pelota metálica de 2 in de diámetro, densidad relativa 3,5 que se deja caer en aceite, densidad relativa 0,80, μ = 1 p?¿Cuál sería la velocidad final para el mismo tamaño de pelota con una densidad relativa de 7,0? ¿Cómo concuerdan estos resultados con los experimentos atribuidos a Galileo en la torre inclinada de Pisa? Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 7 CAPÍTULO 6
  76. 76. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 F D D W Por equilibrio de fuerzas será W −F =D reemplazando 4 3 4 ρSU 2 2 πr S pelota γ − πr 3 S aceite γ = C D πr 3 3 2 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando 3 lb 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft 1,94 24,12 ft 2 = C DU 2 s2 U= slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝ ft 2 24,12 2 s CD El número de Reynolds será Re = UDS aceite ρ μ 1,00 slug ft × 0.80 × 1,94 3 6,00 s ft = 123,90 U slug ft 1,00 ft × s 1,00 poise × 479,00 poise U× = Ahora proponemos un CD, calculamos U, luego calculamos Reynolds y buscamos un nuevo CD de la figura 6.11página 262 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 6
  77. 77. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 CD 1,000 0,500 0,450 0,420 0,410 0,405 0,400 U 4,911 6,946 7,321 7,578 7,670 7,717 7,765 Re 608,499 860,548 907,097 938,935 950,316 956,164 962,122 Finalmente U = 7,76 ft s Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando 1,94 3 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ lb π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (7,00 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝ ft 2 174,03 2 = C DU 2 s U= 174,03 ft 2 s2 CD El coeficiente CD no cambiará, porque depende del número de Reynolds el cual no cambiará ya que no depende de la densidad de la pelota sino de su tamaño y de la densidad del aceite, entonces ft 2 174,03 2 s U= 0,4 U = 20,86 ft s Ejercicio 6-20 Un globo esférico que contiene helio asciende por el aire a 14 psia, a 40 ºF. El globo y la carga pesan 300 lb. ¿Qué diámetro permite un ascenso a 10 ft/s? CD = 0,21. Si el globo está atado al suelo en un viento de 10 mi/h, ¿Cuál es el ángulo de inclinación del cable retenedor? Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 9 CAPÍTULO 6
  78. 78. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 F D D W Por equilibrio de fuerzas será W +D=F reemplazando W globo + C D ρU 2 π 2 1 1 D 2 = πD 3γ aire − πD 3γ helio 4 6 6 Despejando ρU 2 π 2 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − C D D − Wglobo = 0 6 2 4 Esta es una ecuación cúbica donde 1 a = π (γ aire − γ helio ) 6 ρU 2 π b = −C D 2 4 c=0 d = −W globo La temperatura absoluta será T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(40º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 277,59 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 6
  79. 79. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,21 3 × × = 0,0023 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 277,59 K kg ∗ K 6894,76 El peso específico del aire será γ = ρg = 0,0023 slug ft lb × 32,174 2 = 0,076 3 3 ft s ft La densidad del helio será, por la ecuación de estado N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 0,16 3 × × = 3,25 × 10 − 4 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 2077 277,59 K kg ∗ K 6894,76 El peso específico del helio será γ = ρg = 3,25 × 10 − 4 slug ft lb × 32,174 2 = 0,01 3 3 ft s ft reemplazando lb lb ⎞ 1 ⎛ a = π ⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟ = 0,034 ⎜ 6 ⎝ ft ft ⎟ ⎠ 2 slug ⎛ ft ⎞ 0,0023 3 ⎜10 ⎟ slug ft ⎝ s ⎠ π b = −0,21 = −0,019 2 4 ft × s 2 c=0 d = −300lb Con una calculadora o programa obtenemos D = 20,83 ft Si el globo esta atado al suelo, entonces MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 11 CAPÍTULO 6
  80. 80. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 F D V T W θ Por equilibrio de fuerzas en horizontal será y en vertical D = T cosθ F = W + Tsenθ despejando T= reemplazando D= F −W senθ F −W F −W cos θ = senθ tgθ despejando tgθ = F −W D reemplazando 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − W globo 6 tgθ = ρV 2 π 2 CD D 2 4 entonces ⎛ 1 lb lb ⎞ π (20,83 ft )3 ⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟ − 300,00lb ⎜ 6 ft ft ⎟ ⎝ ⎠ tgθ = = 0,46 2 slug ⎛ mi 5280,00 ft 1,00h ⎞ 0,0023 3 ⎜10,00 × × ⎟ h 1,00milla 3600,00s ⎠ π ft ⎝ (20,83 ft )2 0,21 × 2 4 entonces θ = 24º37'24' ' MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 12 CAPÍTULO 6
  81. 81. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 6-21 Determínese la velocidad de asentamiento de pequeñas esferas metálicas cuya densidad relativa 4,5, diámetro 0,1 mm en petróleo crudo a 25 ºC y densidad relativa 0,86. Resolución Como la velocidad de asentamiento es pequeña, se cumple la ley de Stokes, por lo tanto D2 (γ esferas − γ petroleo ) U= 18μ U= D2 γ agua (S esferas − S petroleo ) 18μ La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es μ = 8,00 × 10 −3 N ×s m2 reemplazando 2 1,00m ⎞ ⎛ ⎜ 0,10mm × ⎟ 1000,00mm ⎠ N ⎝ U= 9806,00 3 (4,50 − 0,86) N×s m 18 × 8,00 × 10 −3 2 m U = 2,48 × 10 −3 m s Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces Re = UDρ μ 2,48 × 10 −3 = m⎛ 1,00m ⎞ kg ⎜ 0,10mm × ⎟ × 1000,00 3 s⎝ 1000,00mm ⎠ m = 0,30 ⇒ Verifica −3 N × s 8,00 × 10 m2 Ejercicio 6-23 ¿Qué tamaño deberá tener una partícula de densidad relativa 2,5 para asentarse en aire atmosférico a 20 ºC siguiendo la ley de Stokes?¿Cuál es la velocidad de asentamiento? Resolución Partiendo de la ley de Stokes, tenemos D2 (γ partícula − γ aire ) U= 18μ U= D2 (γ agua S partícula − γ aire ) 18μ La densidad del aire será, por la ecuación de estado MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 13 CAPÍTULO 6
  82. 82. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ρ= P = RT 101325,00 287 N m2 m× N 277,59 K kg ∗ K = 1,27 kg m3 El peso específico del aire será γ = ρg = 1,27 kg m N × 9,806 2 = 12,47 3 3 m s m La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es μ = 2,00 × 10 −5 N×s m2 reemplazando N N ⎞ ⎛ ⎜ 2,50 × 9806,00 3 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2,00 × 10 −5 m2 D2 N N ⎞ ⎛ U = ⎜ 2 ,50 × 9806 ,00 3 − 12 , 47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2 ,00 × 10 − 5 2 m 1 U = 68,06 × 10 6 D2 m× s D2 U= Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces Re = UDρ μ < 1,00 remplazando Re = 68,06 × 10 6 μ despejando 1 D3ρ m× s < 1,00 1,00 × μ D3 < ρ × 68,06 × 10 6 reemplazando D3 < 1,00 × 2,00 × 10 −5 1 m× s N×s m2 1 kg × 68,06 × 10 6 3 m× s m N×s 1,00 × 2,00 × 10 −5 m2 D<3 = 6,64 × 10 −6 m kg 1 1000,00 3 × 68,06 × 10 6 m× s m 1000,00 D = 0,0066 mm MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 14 CAPÍTULO 6
  83. 83. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 La velocidad de asentamiento será (6,64 × 10 m) −6 U= 18 × 2,00 × 10 −5 2 N N ⎞ ⎛ ⎜ 9806,00 3 × 2,50 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 2 m U = 3,00 × 10 −3 m s Ejercicio 6-30 Un jugador de tenis, golpeando desde la línea base, desarrolla una velocidad hacia delante de 70 ft/s y un retrogiro de 5000 rpm. La pelota pesa 0,125 lb y tiene un diámetro de 2,56 in. Supóngase presión normal, 70 ºF y despréciese la fuerza de arrastre. Incluyendo la sustentación proporcionada por el retrogiro ¿cuánto habrá caído la pelota de tenis para que llegue a la red a 39 ft de distancia? Resolución S ω U W Por equilibrio de fuerzas S − W = ma donde CL π 4 D 2 ρU 2 2 − W = ma El coeficiente de sustentación lo obtenemos de figura 6.19 página 271 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), ingresando con Dω = 2U 2,56in × 1,00 ft 2πrad 1,00m × 5000rpm × × 12,00in 1,00rev 60,00 s = 0,80 ft 2 × 70,00 s esto es C L = 0,26 La temperatura absoluta será T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 15 CAPÍTULO 6
  84. 84. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado ρ= P = RT 101325,00 287 N m2 m× N 294,26 K kg ∗ K = 1,20 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug × × = 0,0023 3 3 3 1,00 ft m 14,594kg ft reemplazando 2 slug ⎛ ft ⎞ 70,00 ⎟ 2 0,0023 3 ⎜ s⎠ 1,00 ft ⎞ π⎛ ft ⎝ 0,26 ⎜ 2,56in × − 0,125lb ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ 2 ft a= = −18,69 2 0,125lb s ft 32,174 2 s Para un movimiento de tiro oblicuo, tenemos en y y = y0 + v0 y t + 1 a yt 2 2 y en x x = x0 + v x t Si suponemos que la velocidad inicial es cero, entonces t= x vx reemplazando 1 ⎛ x y = ay ⎜ 2 ⎜ vx ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ 2 reemplazando ⎛ ft ⎞⎜ 39,00 ft 1⎛ y = ⎜ − 18,69 2 ⎟⎜ 2⎝ s ⎠⎜ 70,00 ft ⎜ s ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ 2 y = 2,90 ft MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 16 CAPÍTULO 6
  85. 85. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 8: Flujo de un fluido ideal Ejercicio 8-1 Calcúlese el gradiente de la siguientes funciones esclares en dos dimensiones ( (a) φ = −2 ln x + y 2 (b) φ = Ux + Vy 2 ) (c) φ = 2 xy Resolución a) ∂φ − 4x = 2 ∂x x + y 2 ∂φ − 4y = 2 ∂y x + y 2 El gradiente será ⎛ − 4x ⎞ ⎛ − 4 y ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ ⎟ j = ⎜ 2 ⎜ ∂y ⎟ ⎜ x + y 2 ⎟i + ⎜ x 2 + y 2 ⎟ j ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ b) ∂φ =U ∂x ∂φ =V ∂y El gradiente será ⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ ⎟ j = U i + V j ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ c) ∂φ = 2y ∂x ∂φ = 2x ∂y El gradiente será ⎛ ∂φ ⎞ ⎛ ∂φ ⎞ ∇φ = ⎜ ⎟i + ⎜ ⎟ j = 2 yi + 2 x j ⎜ ⎟ ⎝ ∂x ⎠ ⎝ ∂y ⎠ Ejercicio 8-2 Calcúlese la divergencia de los gradientes de φ encontrados en el problema 8.1. Resolución MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 1 CAPÍTULO 8
  86. 86. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 a) ( ) ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 = 2 ∂x 2 x2 + y2 ( ( ) ) ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 = 2 ∂y 2 x2 + y2 La divergencia será ( ( ) ) ( ) ) [ ] ∂ 2φ ∂ 2φ − 4 x 2 + y 2 + 8 x 2 − 4 x 2 + y 2 + 8 y 2 − 8 x 2 + y 2 − x 2 − y 2 ∇·∇φ = 2 + 2 = + = =0 2 2 2 ∂x ∂y x2 + y2 x2 + y2 x2 + y2 ( ( ) ( ) b) ∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2 La divergencia será ∇·∇φ = ∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2 c) ∂ 2φ =0 ∂x 2 ∂ 2φ =0 ∂y 2 La divergencia será ∇·∇φ = ∂ 2φ ∂ 2φ + = 0+0 = 0 ∂x 2 ∂y 2 Ejercicio 8-3 Calcúlese el rotacional de los gradientes de φ del problema 8.1 Resolución a) ∂ 2φ 8 xy = 2 ∂x∂y x + y2 ( ) ∂ 2φ 8 xy = ∂y∂x x2 + y2 ) ( 2 2 El rotor será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 2 CAPÍTULO 8
  87. 87. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 ⎛ 8 xy ⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ⎟k = ⎜ ∇ × ∇φ = ⎜ − ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟ ⎜ x2 + y2 ⎝ ⎠ ⎝ ( − ) (x 2 8 xy 2 +y ) 2 2 ⎞ ⎟k = 0 ⎟ ⎠ b) ∂ 2φ =0 ∂x∂y ∂ 2φ =0 ∂y∂x El rotor será ⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ∇ × ∇φ = ⎜ − ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟k = (0 − 0)k = 0 ⎟ ⎝ ⎠ c) ∂ 2φ =2 ∂x∂y ∂ 2φ =2 ∂y∂x El rotor será ⎛ ∂ 2φ ∂ 2φ ⎞ ∇ × ∇φ = ⎜ − ⎜ ∂x∂y ∂y∂x ⎟k = (2 − 2 )k = 0 ⎟ ⎝ ⎠ Ejercicio 8-4 Para q = i(x + y) + j(y + z) + k(x2 + y2 + z2) encuéntrese las componentes de rotación en (2,2,2). Resolución 1 ⎛ ∂v ∂w ⎞ ⎟ = (− 1 + 2 y ) ωx = ⎜ − + 2 ⎜ ∂z ∂y ⎟ 2 ⎝ ⎠ 1 ω x (2,2,2 ) = − + 2 = 1 2 3 = 1,50 2 1 ⎛ ∂u ∂w ⎞ 1 − ⎟ = (0 − 2 x ) = − x 2 ⎝ ∂z ∂x ⎠ 2 ωy = ⎜ ω x (2,2,2) = −2 1 ⎛ ∂v ∂u ⎞ ω z = ⎜ − ⎟ = (0 − 1) 2 ⎜ ∂x ∂y ⎟ 2 ⎝ ⎠ 1 ω x (2,2,2) = −0,50 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 8
  88. 88. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Ejercicio 8-7 Un potencial de velocidad en flujo bidimensional es corriente para este flujo. φ = y + x2 – y2. Encuéntrese la función de Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann ∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂φ = 2x ∂x por lo tanto ∂ψ = 2x ∂y además ∂ψ ∂φ =− ∂x ∂y ∂φ = 1− 2y ∂y por lo tanto ∂ψ = 2y −1 ∂x Por otro lado dψ = reemplazando ∂ψ ∂ψ dx + dy ∂x ∂y dψ = 2 xdx + (2 y − 1)dy dψ = 2 xdx + 2 ydy − dy integrando ψ = 2 ∫ xdx + 2 ∫ ydy − ∫ dy finalmente ψ = x 2 + y 2 − y + cte Ejercicio 8-8 La función de corriente bidimensional para un flujo es potencial de velocidad. ψ = 9 + 6x – 4y + 7xy. Encuéntrese el Resolución De las ecuaciones de Cauchy-Riemann ∂ψ ∂φ = ∂y ∂x ∂ψ = −4 + 7 x ∂y MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 8
  89. 89. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 por lo tanto ∂φ = −4 + 7 x ∂x además ∂ψ ∂φ =− ∂y ∂x ∂ψ = 6 + 7y ∂x por lo tanto ∂φ = −6 − 7 y ∂y Por otro lado dφ = reemplazando ∂φ ∂φ dx + dy ∂x ∂y dφ = (− 4 + 7 x )dx + (− 6 − 7 y )dy d φ = − 4 dx + 7 xdx − 6 dy + 7 ydy integrando φ = −4 ∫ dx + 7 ∫ xdx − 6 ∫ dy − 7 ∫ ydy finalmente φ = −4 x + ( ) 7 2 x − y 2 − 6 y + cte 2 Ejercicio 8-15 En el problema 8.14 ¿cuál es la descarga entre superficies de corriente a través de los puntos r =1, θ = 0 y r = 1, θ = π/4? Resolución ψ = 9r 2 sen 2θ Valuando en (1,0) Valuando en (1,π/4) ψ (1,0) = 0 ⎛ π⎞ ψ ⎜1, ⎟ = 4,5 ⎝ 4⎠ La descarga será ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠ ft 2 2 ⎛ π⎞ Q = ψ ⎜1, ⎟ − ψ (1,0 ) = 4,5 ft s ⎝ 4⎠ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 8
  90. 90. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 9: Mediciones de fluidos Ejercicio 9-8 Un tubo de Pitot dirigido a una corriente de agua moviéndose a 4 m/s tiene una diferencia manométrica de 37 mm en un manómetro diferencial agua-mercurio. Determínese el coeficiente del tubo. Resolución ⎛S ⎞ v = C 2 gR ' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ despejando v C= ⎛S ⎞ 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ reemplazando C= 4,00 m s m 2 × 9,806 2 × 0,037m(13,55 − 1) s = 1,32 C = 1,32 Ejercicio 9-9 Un tubo de Pitot estático, C = 1,12 tiene una diferencia manométrica de 10 mm en un manómetro agua-mercurio colocado en una corriente de agua. Calcúlese la velocidad. Resolución ⎛S ⎞ v = C 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ reemplazando v = 1,12 2 × 9,806 m m × 0,010m(13,55 − 1) = 1,76 2 s s v = 1,76 m s Ejercicio 9-10 Un tubo de Pitot estático del tipo Prandtl tiene los siguientes valores de diferencia manométrica R’ para una distancia radial medida desde el centro en una tubería de 3 ft de diámetro r, ft R’, in MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 0,00 4,00 0,30 3,91 0,60 3,76 1 0,90 3,46 1,20 3,02 1,48 2,40 CAPÍTULO 9
  91. 91. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 El fluido es agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,93. Calcúlese la descarga. Resolución De la definición de caudal Q = vA = v π 4 D2 La velocidad será, por ser una tubo del tipo Prandtl ⎛S ⎞ v = 2 gR' ⎜ 0 − 1⎟ ⎝ S ⎠ sustituyendo r [m] 0,000 0,300 0,600 0,900 1,200 1,480 R [m] 4,000 3,910 3,760 3,460 3,020 2,400 v [m/s] 6,434 6,361 6,238 5,984 5,591 4,984 Q [m3/s] 45,480 44,965 44,094 42,299 39,518 35,228 El caudal será Q = 41,93 ft 3 s Ejercicio 9-24 Un orificio de 100 mm de diámetro descarga 44,6 L//s de agua bajo una carga de 2,75 m. Una placa plana colocada normal al chorro justamente después de la vena contracta requiere de una fuerza de 320 N para resistir el impacto del chorro. Encuéntrese Cd, Cv y Cc. Resolución A partir del caudal obtenemos el coeficiente de descarga 1,00m 3 dm 3 × Qa s 1000,00dm 3 = = 0,773 Cd = m A0 2 gH π 2 (0,10m ) 2 × 9,806 2 × 2,75m 4 s 44,60 C d = 0,773 Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces (∑ Fext )x Las fuerzas externas en x son MECÁNICA DE LOS FLUIDOS = ∫ sc v × ρ × v • dA (∑ Fext )x = Fanclaje x 2 CAPÍTULO 9
  92. 92. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 La integral sobre la superficie de control en x es ∫ sc v × ρ × v • dA = Igualando Fanclaje x = Qγ va g Qγ va g despejando va = g × Fanclaje x Qγ El coeficiente de velocidad será m × 300,00 N s2 m3 N 0,045 × 9806,00 3 s m = 0,907 = m 2 × 9,806 2 × 2,75m s 9,806 g × Fanclaje x Cv = v1 = v0 Qγ 2 gH C v = 0,907 El coeficiente de contracción será Cc = C d 0,773 = = 0,791 C v 0,907 C c = 0,791 Ejercicio 9-26 Para Cv = 0,96 en la figura calcúlense las pérdidas en mN/N y en mN/s. 2m Aire, 15 kPa 70 mm diám. Cd = 0,74 Aceite Dens. esp. 0,92 Resolución Las pérdidas por unidad de peso serán ( hPérdidas = H 1 − C v2 ) donde H MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 9
  93. 93. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 H = z1 + P1 − P2 γ = z1 + Pa − Patm Sγ agua reemplazando H = 2,00m + 15000,00 Pa N 0,92 × 9806,00 3 m reemplazando ( = 3,66m ) hPérdidas = 1,66m × 1 − (0,96 ) = 0,287 m 2 N N hPérdidas = 0,287 m La pérdida de potencia será N N h potencia = Qγh pérdidas El caudal será Qa = C d A0 2 gH = 0,74 π 4 (0,07m)2 2 × 9,806 m m3 × 3,66m = 0,024 s s2 reemplazando h potencia m3 N mN = 0,024 0,92 × 9806,00 3 0,287m = 62,53 s s m h potencia = 62,53 mN s Ejercicio 9-41 ¿Cuál es la diferencia de presión entre la sección corriente arriba y la garganta de un medidor de Venturi horizontal de 150 por 75 mm que transporta 50 L/s de agua a 48 ºC? Resolución La descarga para un tubo Ventura será Qa = C v A0 ⎡ ⎛ P − P2 2 g ⎢h + ⎜ 1 ⎜ ⎣ ⎝ γ ⎛D 1− ⎜ 2 ⎜D ⎝ 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦ 4 Despejando ⎛ P − P2 h+⎜ 1 ⎜ γ ⎝ 2 Qa ⎞ ⎟= ⎟ 2 gC 2 A 2 ⎠ v 0 ⎡ ⎛ D ⎞4 ⎤ ⎢1 − ⎜ 2 ⎟ ⎥ ⎜ ⎟ ⎢ ⎝ D1 ⎠ ⎥ ⎣ ⎦ El Cv lo obtenemos de la figura 9.13 de la página 372 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir del número de Reynolds, es decir MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 9
  94. 94. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Re = 4Q πDν La viscosidad cinemática ν la obtenemos de la figura C.2 de la página 570 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), a partir de la temperatura, reemplazando dm 3 1,00m 3 s 1000,00dm 3 = 1,48 × 10 6 Re = 2 m π × 0,075m × 5,75 × 10 −7 s 4 × 50,00 entonces, Cv será C v = 0,985 reemplazando ⎛ P − P2 h+⎜ 1 ⎜ γ ⎝ ⎞ ⎟= ⎟ ⎠ ⎛ m3 ⎞ ⎜ 0,05 ⎟ ⎜ s ⎟ ⎝ ⎠ 2 ⎡ ⎛ 0,075m ⎞ 4 ⎤ 1− ⎜ ⎟ ⎥ 2 ⎢ m ⎝ 0,15m ⎠ ⎥ 2⎛ 2 π ⎞ ⎢ ⎦ 2 × 9,806 2 × (0,985) ⎜ (0,075m ) ⎟ ⎣ 4⎠ s ⎝ ⎛ P − P2 h+⎜ 1 ⎜ γ ⎝ ⎞ ⎟ = 0,42m ⎟ ⎠ Ejercicio 9-54 Determínese la carga de un vertedor con muesca en V (60º) para una descarga de 170 L/s. Resolución El caudal será θ 8 Q= 2 g × tg H 2 15 2 5 despejando 2 ⎛ ⎞5 ⎜ Q 15 1 ⎟ ⎟ H =⎜ × × ⎜ 2 g 8 tg θ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ reemplazando 2 ⎞5 ⎛ m3 ⎟ ⎜ 0,15 15 1 ⎟ ⎜ s × × H =⎜ ⎟ m 2 8 tg 60º ⎟ ⎜ 2 × 9,806 ⎜ 2 ⎟ s ⎠ ⎝ H = 0,414 m MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 9
  95. 95. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 10: Turbomaquinaria Ejercicio 10-4 Dibújese la curva característica adimensional del ejemplo 10.1. Sobre esta misma curva dibújense varios puntos tomados de las características de la nueva bomba (de 52 pulg). ¿Porqué los puntos no caen exactamente en la misma curva? Resolución Para la bomba 1 tenemos H1 60,00 57,50 55,00 52,50 50,00 47,50 45,00 42,50 40,00 37,50 35,00 32,50 30,00 27,50 25,00 Q1 200,00 228,00 256,00 280,00 303,00 330,00 345,00 362,00 382,00 396,00 411,00 425,00 438,00 449,00 459,00 Q1/N1D3 0,25 0,28 0,32 0,35 0,37 0,41 0,43 0,45 0,47 0,49 0,51 0,52 0,54 0,55 0,57 gH1/N21D21 3,81 3,65 3,50 3,34 3,18 3,02 2,86 2,70 2,54 2,38 2,22 2,07 1,91 1,75 1,59 Q2 121,00 138,00 155,00 169,00 183,00 200,00 208,00 219,00 231,00 239,00 248,00 257,00 264,00 271,00 277,00 Q2/N2D3 0,15 0,17 0,19 0,21 0,23 0,25 0,26 0,27 0,29 0,30 0,31 0,32 0,33 0,33 0,34 gH2/N2D2 5,08 4,87 4,66 4,45 4,24 4,04 3,81 3,60 3,40 3,18 2,97 2,76 2,54 2,33 2,12 Para la bomba 2 tenemos H2 80,00 76,70 73,40 70,00 66,70 63,50 60,00 56,70 53,50 50,00 46,70 43,40 40,00 36,70 33,40 Las curvas adimensionales serán MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 1 CAPÍTULO 10
  96. 96. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 CURVAS ADIMENSIONALES 6 gH/N2D2 5 4 B o mba 1 3 B o mba 2 2 1 0 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 Q/ND3 Ejercicio 10-8 Un desarrollo hidroeléctrico tiene una carga de 100 m y un gasto promedio de 10 m3/s. ¿Qué velocidad específica necesita una turbina que trabaje con eficiencia de 92 % si el generador gira a 200 rpm? Resolución Ns = Ns = N P 5 4 H N γQHε H 5 4 reemplazando 200,00rpm 100,00m × 9806,00 Ns = (100,00m ) N m3 × 10,00 × 0,92 s m3 3 4 = 1899,63 N s = 1899,63 Ejercicio 10-9 Un modelo de turbina, Ns = 36, con un rodillo de 14 in de diámetro, desarrolla 27 hp de potencia para una carga de 44 pie y opera con una eficiencia del 86 %. ¿Cuánto valen el gasto y la velocidad de este modelo? Resolución El caudal será Q= MECÁNICA DE LOS FLUIDOS P γHε 2 CAPÍTULO 10
  97. 97. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 reemplazando 746,00 27,00 HP × Q= 62,43 1,00 ft Nm 1,00lb × × 4,448 N 0,3048m s 1,00 HP lb × 44,00 ft × 0,86 ft 3 = 6,30 ft 3 s ft 3 s Q = 6,30 La velocidad será 5 N= NsH 4 P reemplazando 36 × (44,00 ft ) 4 5 N= Nm 1,00lb 1,00 ft 746,00 × × s 4,448 N 0,3048m 27,00 HP × 1,00 HP = 33rpm N = 33rpm Ejercicio 10-23 Una bomba centrífuga que maneja agua tiene un impulsor cuyas dimensiones son: r1 = 7.5 cm, r2 = 16 cm, b1 = 5 cm, b2 = 3 cm, β1 = β2 = 30º. Para una descarga de 55 L/s y entrada sin choque a los álabes, calcúlese (a) la velocidad, (b) la carga, (c) el momento de torsión, (d) la potencia y (e) la elevación de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas. α1 = 90º. Resolución a) Q = 2πr1b1Vr1 despejando la velocidad Vr1 = Q 2πr1b1 m3 m s Vr1 = = 2,12 2π × 0,075m × 0,05m s 0,05 como α1 = 90º entonces Vr1 = V1 La velocidad periférica 1 será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 3 CAPÍTULO 10
  98. 98. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 u1 = V1 tgβ1 reemplazando m s = 3,68 m u1 = tg 30º s 2,12 La velocidad angular será u1 = ω 2πr1 60 ω = u1 60 2πr1 despejando reemplazando ω = 3,68 m 60 × = 468,00rpm s 2π × 0,075m ω = 468,00 rpm La velocidad periférica 2 será u2 = ω reemplazando u 2 = 468,00rpm × 2πr2 60 2π × 0,16m m = 7,84 60 s Vr 2 será Vr 2 = Q 2πr2 b2 reemplazando m3 m s = = 1,66 2π × 0,16m × 0,03m s 0,05 Vr 2 Vu 2 será Vu 2 = u 2 − vu 2 Vu 2 = u 2 − vr 2 tgβ 2 reemplazando m m s = 4,97 m = 7,84 − s tg 30º s 1,66 Vu 2 La velocidad V2 será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 4 CAPÍTULO 10
  99. 99. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 V2 = Vr 2 + Vu 2 reemplazando V2 = 1,66 m m m + 4,97 = 5,24 s s s El ángulo α2 será ⎛ Vr 2 ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ Vu 2 ⎠ α 2 = arctg ⎜ ⎜ reemplazando m⎞ ⎛ ⎜ 1,66 ⎟ s ⎟ α 2 = arctg ⎜ m⎟ ⎜ ⎜ 4,97 ⎟ s ⎠ ⎝ α 2 = 18º 26'55' ' El diagrama de velocidad a la entrada será V1 1 30° 2,12 4, 2 4 u1 3,68 El diagrama de velocidad a la salida será 3,3 2 5,24 V2 18° 30° Vr2 1,66 2 Vu2 u2 4,97 2,87 u2= 7,84 MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 5 CAPÍTULO 10
  100. 100. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 b) La carga será H= u 2V 2cosα 2 g reemplazando H= 7,84 m m × 5,24 cos18º s s m 9,806 2 s H = 3,97 m c) El momento de torsión será T = ρQ(r2Vu 2 − r1Vu1 ) reemplazando T = 1000,00 kg m3 ⎛ m m⎞ × 0,05 ⎜ 0,16m × 4,97 − 0,075m × 0,00 ⎟ 3 s ⎝ s s⎠ m T = 39,76 Nm d) La potencia será P = Tω = QγH reemplazando P = 0,05 m3 N × 9806,00 3 × 3,97m s m P = 1946,50Watt e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel 2 2 v1 P2 v 2 = + H+ + γ 2g γ 2g P1 despejando 2 ⎛ v v2 ⎞ ⎜H + 1 − 2 ⎟ P2 − P1 = γ ⎜ 2g 2g ⎟ ⎝ ⎠ reemplazando ⎛ ⎜ N ⎜ P2 − P1 = 9806,00 3 ⎜ 3,97 m + m ⎜ ⎜ ⎝ MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 6 2 2 m⎞ m⎞ ⎛ ⎛ ⎜ 2,12 ⎟ ⎜ 5,24 ⎟ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ m m 2 × 9,806 2 2 × 9,806 2 s s ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ CAPÍTULO 10
  101. 101. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 P2 − P1 = 27,45kPa Ejercicio 10-24 Se desea emplear una bomba para elevar 5 ft3/s de contra una carga de 64 ft. El impulsor tiene las siguientes dimensiones son: r1 = 2in, r2 = 5 in, b1 = 3 in, b2 = 1.5 in, β2 = 60º. Determínese: (a) β1, (b) la velocidad, (c) la potencia y (d) el incremento de presión en el impulsor. Despréciense las pérdidas y supóngase que el fluido entra a los álabes sin chocar, α1 = 90º. Resolución a) A partir de la expresión de la carga H= u 2V u 2 g despejando u 2V u 2= gH pero u 2 −V u 2=v u 2 = V r2 tan β 2 entonces V u 2=u 2 − V r2 tan β 2 reemplazando ⎛ ⎞ V u 2 ⎜ u 2 − r 2 ⎟ = gH ⎜ tan β 2 ⎟ ⎝ ⎠ V r2 2 u2 − u2 − gH = 0 tan β 2 tenemos una ecuación de segundo grado donde A =1 V r2 1 Q B=− =− tan β 2 tan β 2 2πr2 b2 C = − gH reemplazando A = 1,00 B=− 1 tg 60º 5,00 2π × C = −32,174 ft 3 s 5,00 1,50 ft × ft 12,00 12,00 = −8,82 ft s ft ft 2 × 64,00 ft = −2059,14 2 s2 s entonces MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 7 CAPÍTULO 10
  102. 102. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 u 2 = 50,00 ft s De la expresión de velocidad angular tenemos u1 60 =ω 2πr1 u2 60 =ω 2πr2 y igualando u1 60 60 = u2 2πr1 2πr2 u1 u 2 = r1 r2 despejando u1 = u 2 r1 r2 reemplazando u1 = 50,00 ft 2,00in ft = 20,00 s 5,00in s Por otro lado, como α1 = 90º entonces Vr1 = V1 Además Q = 2πr1b1Vr1 despejando la velocidad Vr1 = V1 = V1 = 5,00 2π × Q 2πr1b1 ft 3 s 2,00 3,00 ft × f 12,00 12,00 = 19,10 ft s El ángulo β1 será ⎛ V1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎝ u1 ⎠ β1 = arctg ⎜ ⎜ reemplazando ⎛ ⎜ 19,10 β 1 = arctg ⎜ ⎜ ⎜ 20,00 ⎝ ft s ft s ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ β1 = 143º 40'41' ' MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 8 CAPÍTULO 10
  103. 103. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 b) La velocidad angular será ω = u1 60 2πr1 reemplazando ω = 20,00 ft × s 60 = 1146,00rpm 2,00 2π × ft 12,00 ω = 1146,00 rpm c) La potencia será P = Tω = QγH reemplazando P = 5,00 ft 3 lb × 62,43 3 × 64,00 ft s ft P = 19977,60 lb × ft = 36,31HP s e) La elevación de presión en el impulsor será, aplicando la ecuación de Bernoulli y despreciando el cambio de nivel 2 2 v1 P2 v 2 H+ + = + γ 2g γ 2g P1 despejando 2 ⎛ v v2 ⎞ ⎜H + 1 − 2 ⎟ P2 − P1 = γ ⎜ 2g 2g ⎟ ⎝ ⎠ reemplazando 2 2 ⎛ ft ⎞ ft ⎞ ⎛ ⎛ ⎜ ⎜19,10 ⎟ ⎜ 43,92 ⎟ lb ⎜ s⎠ s⎠ ⎝ − ⎝ P2 − P1 = 62,43 3 ⎜ 64,00 ft + ft ft ft ⎜ 2 × 32,174 2 2 × 32,174 2 ⎜ s s ⎝ ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ P2 − P1 = 17,20 psi Ejercicio 10-35 El tubo de descarga de una turbina se expande desde 6 hasta 18 pie. En la sección 1, la velocidad es de 30 pie/s para una presión de vapor de 1 pie y una presión barométrica de 32 pie de agua. Determínese hs, correspondiente a la cavitación incipiente (presión en la sección 1 igual a la presión de vapor). MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 9 CAPÍTULO 10
  104. 104. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 hs 1 25° Resolución El índice de cavitación será σ '= Ve2 2 gH la altura H será H 6 ft 25° 18 ft H= reemplazando H= D−d × 2 18,00 ft − 6,00 ft × 2 1 25º tg 2 1 = 27,06 ft 25º tg 2 reemplazando 2 ft ⎞ ⎛ ⎜ 30,00 ⎟ s⎠ ⎝ σ '= = 0,52 ft 2 × 32,174 2 × 27,06 ft s hs será MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 10 CAPÍTULO 10
  105. 105. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Pa − Pv hs = +σ'H γ reemplazando 101325 32,00 ft hs = N 0,09m 2 1,00lb N 0,09m 2 1,00lb 101325 2 × × × × m 2 1,00 ft 2 4,448 N m 1,00 ft 2 4,448 N − 1,00 ft × 33,89 ft 33,89 ft + 0,52 × 27,06 ft lb 62,43 3 ft hs = 45,00 ft Ejercicio 10-36 ¿Cuánto vale el parámetro de cavitación para un punto en una corriente de agua donde t = 20 ºC, p = 14 kPa y la velocidad es de 12 m/s? Resolución El parámetro será P − Pv V2 ρ 2 σ= obteniendo los datos de densidad y presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando obtenemos σ= 14000,00 Pa − 2447,25 Pa m⎞ ⎛ ⎜12,00 ⎟ kg s⎠ 998,20 3 ⎝ 2 m 2 = 0,16 σ = 0,16 Ejercicio 10-37 Se desea instalar una turbina con σc = 0,08 en un lugar donde H = 60 m y la lectura de un barómetro de agua es de 8.3 m. ¿Cuál es el máximo desnivel del rodillo respecto a la superficie libre de descarga? Resolución EL máximo desnivel será hs = Pa − Pv γ +σ 'H obteniendo los datos de presión de vapor de la tabla C.1 de la página 567 de (Mecánica de los fluidos, Streeter) y reemplazando MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 11 CAPÍTULO 10
  106. 106. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 N m 2 − 2451,50 N 8,30m 10,33m m2 hs = + 0,08 × 60,00m N 9806,00 3 m 101325 hs = 12,85m MECÁNICA DE LOS FLUIDOS 12 CAPÍTULO 10
  107. 107. STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007 Capítulo 11: Flujo a régimen permanente en conductos cerrados Ejercicio 11-4 2m ¿Qué carga se necesita en la figura para generar una descarga de 0,3 m3/s? 30 m 200 mm diám. 6º 60 m 300 mm diám. 6º Aceite S = 0.88 μ = 0.04 poise 450 mm diám. Borde a escuadra Tubo suave Resolución A partir de la descarga obtenemos las velocidades Q A1 Q v2 = A2 v1 = v v1 = 3 0,30 π π m3 s m3 0,30 s 4 v3 = Q A1 = 9,55 m s = 4,24 m s = 1,89 m s (0,20m) 2 4 v2 = = (0,30m) 2 0,30 π 4 m3 s (0,45m) 2 A partir de las velocidades obtenemos el número de Reynolds Re1 = v1 D1 Sρ agua MECÁNICA DE LOS FLUIDOS μ kg m m3 = 9,55 0,20m kg s 1,00 m× s 0,04 poise × 10,00 poise 0,88 × 1000,00 1 CAPÍTULO 11

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