2012 1C 1er Parcial Solucion

8/17/2019 2012 1C 1er Parcial Solucion

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Borrador de la Solución del Parcial FISICA 2 del 08/05/2012

2

Es interesante notar que en el segundo caso (d > 225 mm) la ubicación del punto de aplicación de laresultante (R = R1 + R2) se modifica, a pesar de que sus dos componentes (R1 , R2) no modifican supunto de aplicación (ver esquema), lo que si es una función de d es el módulo de R1. Luego:

R . yR = R1 . (112,5 mm) + R2 . (75 mm)

yR = 446,51. N/m (d – 0,225 m) . (112,5 mm) + 50,23 N. (75 mm) /R = f(d )

Analizando la expresión anterior se puede concluir que por grande que sea el valor de d , el punto deaplicación de R nunca superará el baricentro geométrico de la placa. Luego si la articulación de laválvula A estuviera en el centro de la misma (h = 112,5 mm), la fuerza que ejerce el fluido no la podríaabrir. En este caso, como h es menor que este valor será posible abrirla cuando la altura del fluido d genere una fuerza cuyo punto de aplicación este por encima de h (caso limite d =h).

b) Relación entre la altura de fluido almacenado d y la reacción en B.

Para calcular la reacción horizontal en el punto B, primeramente haremos el diagrama de cuerpo de laválvula.

Diagrama de cuerpo libre de la válvula

La válvula está en equilibrio luego se debe cumplir: F = 0 simultáneamente con =0

Si planteamos la suma de torques con respecto al eje de giro de la válvula A, tres fuerzas del diagrama de

cuerpo libre, no producen torque con respecto a este punto ya que la recta de acción de estas tres fuerzaspasa por A. Luego:

A = R + RB (b)

donde

R : torque de la fuerza debida al presión que ejerce el fluido sobre la válvula.

RB : torque de la reacción en el apoyo B sobre la válvula.

Esta ecuación (vectorial) , en este caso tiene un termino positivo y otro negativo (única manera de

sostener matemática la ecuación (b)). Además

RB = RB . h = RB . 90 mm

Pc = . g. (d- 0,225 m)

PB = Pc + . g. 0,225 m

HA y VA : reacción en la articulación A

W: peso de la válvula

RB: reacción en el apoyo B

R : Resultante de la fuerza que ejerce el fluido

VA

HA

B

RB

W

PB

PCC

AR

h


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3

R dependerá de la altura d . Deberíamos analizar los dos casos planteados en el inciso a)

RB cuando d 225 mm RB cuando d > 225 mm

RB .90 mm = 992,25 .d 2 (90 mm – d/3) Pa

RB = 11025 . N/m3. d

2 (0,09 m – d/3)

RB . 90 mm = - R1 .(112,5 – 90)mm + R2 .(90-75)mmRB . 90 mm = - 446,51. N/m (d – 0,225 m). 0,0225 m +50,23 N . 0,015 m

RB = - 111,63 N/m d + 25,12 N + 8,372 N

RB = - 111,63 N/m d + 33,49 N


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c) Este ejercicio esta sacado del libro: “Mecánica Vectorial para Ingenieros – Estática” -Capitulo 5, página

256 - problema 5.77. A continuación se agrega la solución extraída del solucionario. Hay que tener

presente que en este ejercicio se utiliza una densidad de 1.000 kg/m3, mientras que en nuestro ejercicio

seria de 900 kg/m3. De todos modos podríamos verificar que este resultado no depende de la densidad

del fluido.

Podríamos utilizar la expresión obtenida de RB = f(d) en el inciso b) para determinar el valor de d que

permite abrir la válvula.

RB = - 111,63 N/m d + 33,49 N

e igualarla a cero, es decir encontrar la altura del fluido para la cual el contacto en B es cero, es decir:

0 = - 111,63 N/m d + 33,49 N

Entonces d = 0,30 m


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2. Una barra de cobre de sección A = 100 cm2 y otra de acero de igual longitud (60,00 cm) y seccióntransversal A/2, se ensamblan y luego se tensan de manera que sus extremos quedan fijos a soportesrígidos separados 121,05 cm a una temperatura de 20ºC. Calcular:a) la mayor temperatura a la que se pueden someter las barras, una vez fijadas a los soportes, de manera

tal que la tensión en los mismos no sobrepase un esfuerzo de: = 2000 Kgf /cm2.

b) Graficar la relación entre el esfuerzo en las barras y la temperatura: = f (T) y describir la relación.

Ecobre = 11 . 1010

Pa / cobre = 1,7 . 10 –5

C-1

/ Eaceroo = 20 . 1010

Pa / acero = 1,2. 10 –5

C-1

Esquemáticamente la situación y los procesos serían:

A: Inicialmente se trata de dos barras de distinto material y sección, pero de igual largo.

60,00 cm 60,00 cm

B: Se ensamblan y se tensan mediante dos fuerzas F de tracción de manera tal que su longitud

(deformación mecánica) llegue a la distancia entre soportes. Un agente externo ejerce las fuerzas

F.

F F

121,05 cm

C: Se fijan a soportes rígidos. Los soportes ejercen las fuerzas F que antes realizaba el agenteexterno.

121,05 cm

D: Se eleva la temperatura de las barras hasta alcanzar la máxima tensión requerida ( = 2000

Kgf /cm2)

El planteo podría comenzar basándonos en el hecho de que, el sistema: las barras ensambladas y tensadas

luego de fijarse a los soportes, como estos son rígidos, no podrán variar su longitud, es decir:

Lsistema =0Pero una variación en la temperatura implica una variación de longitud dada, en este caso:

LTermica sistema = cu . Lcu . T + ac . Lac . T (o)

En esta ecuación deberíamos conocer la longitud inicial de la barra de acero y de la de cobre. Entendemos

por inicial cuando fueron tensadas para alcanzar la longitud entre soportes. La variación de temperatura

sería:

T = T – 20ºC


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si T es mayor que 20ºC las barras se calientan y se dilatan ( Lfinal > Linicial )

si T es menor que 20ºC las barras se enfrían y se contraen ( L final < Linicial )

Pero, continuando con el planteo inicial esta deformación no puede producirse, la rigidez de los soportes la

impiden. Luego las barras ejercerán fuerzas de compresión sobre los soportes. Este proceso es continuo a

medida que se va variando la temperatura. Las fuerzas que ejercen las barras sobre los soportes son

variables.

El sistema (ambas barras ensambladas y tensadas) biempotrado constituye un hiperestático. Es decir

estáticamente no podemos resolverlo (esta indeterminado).

Utilizaremos una solución aproximada (método de las fuerzas) que nos dará un valor representativo de

estas fuerzas. El mismo consiste en quitar un empotramiento y permitir que el sistema se deforme

libremente por acción de la variación de la temperatura. Luego buscaremos una fuerza que lleve al sistema

a la longitud original entre soportes. La ecuación de partida es:

Lsistema =0

LTermica sistema + LMecanica

sistema = 0O lo que es lo mismo:

LTermica sistema = - LMecanica

sistema (1)

La variación de longitud que experimentaría el sistema por variación de la temperatura es igual y opuesta

a la que producen las reacciones en los soportes.

Ahora bien si pensamos a los materiales de las barras como “hookeanos” y que estamos trabajando

dentro del campo de validez de esta ley (


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Buscamos un par de fueras iguales y opuestas (tracción) que permitan que el sistema de barras ensamblas

pase de una longitud inicial de 120,00 cm a 121,05 cm ( L = 1,05 cm)

Proceso B:

F F

121,05 cm

LMecanico

= F . Lcu/Ecu . Acu + F . Lac/Eac . Aac = 1,05 cm

De aquí podemos calcular el valor de F , sabiendo que Lcu = Lac = 60 cm

cmcmPacmPacmF 051501020

1

1001011

1

60 210210 ,)....(.

2

2

1010051

5020

1

10011

160 cm

m

N F ..,)

...(.

N F 6

1005106005454540 .,),,.( FM = 9.167.103,2 N(tracción)

Luego de (2):

Lf = Lo (1+F/E.A)

Lf/cu = 60,50 cm

Lf/ac = 60,55 cm

Estos valores son los que utilizaremos en (3), de donde despejaremos las fuerzas que realizan los soportes

sobre el sistema a medida que varía la temperatura.

( cu . Lcu + ac . Lac ). (T – 20ºC) = -F. (Lcu/Ecu . Acu + Lac/Eac . Aac ) (4)

En la ecuación (4) conocemos todos los valores menos la temperatura T y la fuerza F. podríamos escribirla

de la siguiente manera:

FT = - C. (T – 20ºC) (5)

donde el valor de C viene dado por:

C =( cu . Lcu + ac . Lac )/ (Lcu/Ecu . Acu + Lac/Eac . Aac )

Reemplazando los valores, se obtiene: C =15.200 N/ºC

La relación (5) entre FT y T es lineal .

Si T es mayor a 20ºC calentamiento de las barras F es negativa, compresión. En cambio si T es menor que

20ºC, enfriamiento la fuerza F es positiva tracción.

En realidad sobre el sistema de barras estarían actuando las dos fuerzas:


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FM

, la que produjo la deformación mecánica para poder fijar el sistema a los soportes y

FT, ejercida por los soportes al no permitirle a las barras deformarse térmicamente.

Aplicando el principio de superposición sobre la barra tendremos una fuerza neta dada por:

FNeta = FM

+ FT = 9.167.103,2 N - 15.200 N/ºC (T – 20ºC) (6)

Los signos de (6), nos indican que para ciertos valores de T la fuerza neta será de compresión y para otros

de tracción, además existirá un valor de temperatura para la cual sobre la barra ensamblada no habrá

actuando una fuerza neta. También sabemos que este último valor será mayor que 20ºC.

En el inciso a) de este ejercicio nos piden la máxima temperatura a la que puede elevarse el sistema, de tal

manera que los esfuerzos no superen un cierto valor ( = 2000 Kgf/cm2). En principios digamos que el

esfuerzo de cada barra será distinto ya que están sometidas a la misma fuerza pero la barra de cobre tiene

el doble de sección transversal que la de acero. Luego deberíamos poner como condición para determinar

esta temperatura que la barra de menos sección (la de acero en este caso) sea la que soporte esteesfuerzo. La barra de cobre distribuye la misma fuerza en mayor área por lo que su esfuerzo será menor.

Es decir:

cu = Fcu/Acu y ac = Fac/Aac

Fcu = FacAcu > Aac

Luego para el cálculo de Tmax adoptaremos ac = 2.000 Kgf /cm2. En (6) reemplazamos esto y se obtiene:

ac = 2.000 Kgf /cm2 = FNeta /Aac = (9.167.103,2 N - 15.200 N/ºC (Tmax – 20ºC) )/ 0,005 m

2

Luego Tmax = -( ac .Aac - 9.167.103,2 N )/15.200N/ºC + 20ºC

Tmax = -( 196.000.000 N/m2 . 0,005 m

2 - 9.167.103,2 N )/15.200 N/ºC + 20ºC

Tmax = 538,62ºC + 20ºC = 558,62 ºC

Es decir, cuando las barras alcancen la temperatura de 558,62 ºC, la barra de acero tendrá un esfuerzo de

tracción 2.000 Kgf /cm2. La barra de cobre, que soporta la misma fuerza de compresión ( FNeta), al tener

mayor área tendrá menor esfuerzo, en este caso como el área es la mitad el esfuerzo será la mitad (1.000

Kgf/cm2).

Las barras que inicialmente, luego del montaje, tenían un esfuerzo de tracción de:ac = 9.167.103,2 N /0,005 m

2 = 1.833.420.640 Pa 1.833 MPa 18.708,37 Kgf /cm

2

cu = 9.167.103,2 N /0,01 m2 916.710.320 Pa 916 MPa 9.354,18 Kgf /cm

2

Al aumentar la temperatura (aumentan su longitud) luego disminuyen su esfuerzo interno de tracción. Si

se sigue aumentando la temperatura, este esfuerzo se anulará y aparecerán a partir de allí, de continuar

con el aumento de temperatura, esfuerzos de compresión en las barras.

Buscaremos ahora, una temperatura tal que el esfuerzo en la barra de acero sea de 2.000 Kgf /cm2, de

compresión (negativo).

ac = - 2.000 Kgf /cm2 = (9.167.103,2 N - 15.200 N/ºC (Tmax – 20ºC) )/ 0,005 m

2

Tmax = 667,57 ºC + 20ºC = 687,57 ºC

ac > cu además Acu . cu = Aac . ac


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Es decir, cuando las barras alcancen la temperatura de 687,57 ºC, la barra de acero tendrá un esfuerzo de

compresión de 2.000 Kgf /cm2. La barra de cobre tendrá la mitad del valor de este esfuerzo (tiene el doble

de área).

Deberíamos verificar que el esfuerzo de tensión de proporcionalidad (limite del campo de validez de la ley

de Hooke) del material de las barras sea menor a 2.000 Kgf/cm2 .

c) Graficar la relación entre el esfuerzo en las barras y la temperatura: = f (T) y describir la relación.

Dividiendo (6) por el área de cada barra se obtiene las ecuaciones de las rectas, que son las siguientes:

ac = 1.833. 420.640 Pa – 3.040.000 Pa/ºC (T – 20ºC) =1.894.220.640 Pa – 3.040.000 Pa/ºC .T

cu = 916.710.320 Pa – 1.520.000 Pa/ºC (T – 20ºC) = 947.110.320 - 1.520.000 Pa/ºC T

Estas ecuaciones muestran que la relación entre y T, es lineal y diferente para cada barra. La pendiente

en ambos casos es negativa (decreciente).

Existe un valor de temperatura para la cual el esfuerzo en ambas barras es nulo. El esfuerzo interno en las

barras será nulo cuando la fuerza neta sea nula, igualando (6) a cero se obtiene: T= 623,1 ºC.

El aumento de temperatura aumenta la longitud de las barras y esto alivia el esfuerzo original de tracción

que sobre ellas actuaba. Lógicamente el esfuerzo interno decrece con la temperatura, hasta anularse, ver

gráfico. Luego aumenta pero negativamente (compresión).

Si la temperatura es de 20ºC, el esfuerzo de las barras es el original, el que produjo el agente externo para,

lograr que las barras ensambladas lleguen a la distancia entre soportes (121,05 cm). Este esfuerzo

(tracción) es mayor que 2.000 Kgf /cm2.

Finalmente podemos decir que si la temperatura de las barras 558,62 ºC ; 687,57 ºC , las barras

soportaran un 2.000 Kgf /cm

2

.Con T 558,62ºC ; 623,1ºC tracción y entre 623,1ºC; 687,57 ºC compresión

558,62

623 1

MPa

T ºC20

916

1.833

196

Acero

Cobre

- 196

687,57


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10

3. Dentro de un recipiente (100 g de equivalente en agua) que contiene 0,8 kg hielo y 1 kg de agua enequilibrio térmico se inyecta 100 g de vapor de agua a 120 ºC.(cL= 1 cal/g ºC ; cV= 0,48 cal/g ºC ; LC= 540 cal/g ; LF= 80 cal/g)a) Asumiendo adiabática la mezcla, calcular, la temperatura final, estado de agregación y las proporciones.

b) Cuando se realiza experimentalmente la mezcla, se obtiene un resultado, un 20% ( :con una precisión

de dos decimales) menor que la solución teórica. Determinar en esta situación, el calor que seintercambia con el medio ambiente y el sentido del intercambio

Mezcla adiabática Q internos = 0 (*)

Nuestro sistema tiene 4 componentes:

0,8 kg de hielo ,

1 kg de agua líquida

El recipiente = 100 gramos

100 gramos de vapor de agua , T= 120ºC

Vamos a asumir que la temperatura del recipiente coincide con la de la mezcla de agua líquida y hielo en

equilibrio térmico. Es decir estas tres componentes tienen una temperatura inicial de 0ºC.

Analicemos primeramente si el vapor ingresado puede fusionar completamente el hielo.

Vapor (120ºC) Hielo (0ºC)

1. Enfriamiento del vapor desde 120ºC hasta 100ºC

mv . cv . (Tf – Ti) = 100 . 0,48 . (100 – 120)= - 960 cal

2. Condensación del vapor

Q conden= mv . Lc = 100 . 540 = - 54.000 cal (calor cedido)

3. Enfriamiento del vapor condensado desde 100ºC

hasta 0ºC

mv . cv . (Tf – Ti) = 100 . 1 . (0 – 100)= - 10.000 cal

Total 64.960 calorías

1. Fusión del hielo

Q fusión = mH . Lfusion = 800 . 80 = 64.000 cal

La tabla nos muestra que el vapor entrega 64.960 calorías con las que se podría fundir completamente el

hielo (64.000 cal), luego podemos concluir que el estado final de agregación de la mezcla será líquido, a

una temperatura muy baja cercana a 0ºC ya que el calor que entrega el vapor (hasta llegar a 0ºC) es

prácticamente el que se necesita para fundir el hielo. Es decir, la incógnita de este problema es determinar

la temperatura de equilibrio de la mezcla y Te la cual pertenece al intervalo (0ºC ; 100ºC). El estado final de

agregación es todo líquido.

Aquí no hicimos intervenir las otras dos componentes ya que antes de varia la temperatura de estas se

debería fundir todo el hielo.

Volviendo a (*) podemos escribir:

T= 0ºC, temperatura a la que coexisten el agua en estado liquido y solido (P= 1atm)


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Q Hielo + Q Liquido + Q recipiente + Q vapor = 0

En esta ecuación las cantidades de calor del liquido hielo y recipiente serán positivas en cambio la

del vapor será negativa.

Recordemos que debemos agregar el signo correspondiente en el caso de calores latentes (fusión y

condensación en este caso), el los demás (calores sensible el sigo lo la el T.

Al disponer del equivalente en agua del calorímetro ( ), incluimos el calor que recibe el calorímetro

adicionando este valor a la masa de agua liquida de la mezcla es decir:

Q Liquido + Q recipiente = (mL + ) . cL . ( Te – Ti) = (1000 + 100) . 1 . ( Te – 0) = 1100 Te

Reescribiendo (*), tenemos(**):

Lf . mH + mH . cL . ( Te – Ti) + (mL + ) . cL . ( Te – Ti) + mv . cv . ( 100ºC – 120ºC) - Lc . mv + mv . cL . ( Te – 100ºC) = 0

Hielo Líquido y recipiente Vapor

Todos los términos del vapor son negativos, el vapor entrega calor, los demás tanto el líquido,

recipiente como el hielo reciben calor luego estos términos son positivos.

Tener presente que cuando la sustancia cambia de estado su calor especifico (que estrictamente esuna función de la temperatura), varía mucho. En este caso tenemos dos cambios de estado y el

agua disminuye ( ) a la mitad su calor especifico.

Reemplazando en (**) los datos obtenemos y agrupando:

64.000 cal + Te (1.100 + 800 + 100) cal/ºC - 960 cal - 54.000 cal – 10.000 cal = 0

+2.000 . Te cal/ºC = 960 cal + 54.000 cal + 10.000 cal - 64.000 cal

Luego Te =( 960/2.000) ºC = 0,48 ºC Te = 0,48 ºC

Es decir, si el proceso de mezcla es perfectamente adiabático, el estado final de la mezcla es 1.900 gramos

de agua en estado líquido a una temperatura de 0,48 ºC.

En el inciso b) se plantea, que cuando se realiza esta experiencia se obtiene un valor menor. Si las

proporciones y el valor de , son los que se mencionan en el enunciado, la diferencia podría estar en que


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durante la mezcla hubo intercambio de calor con el medio. Es decir la mezcla no fue perfectamente

adiabática. Es decir la ecuación (*) ya no seria valida y las reemplazaríamos por:

Mezcla no- adiabática Q internos = Q intercambiado (***)

El signo del calor intercambiado, Q intercambiado, dependerá del sentido del intercambio. En este caso

particular al obtenerse una temperatura de equilibrio menor, en la experiencia que en le calculo teórico

(adiabático) podemos inferir que parte del calor que cede el vapor escapa de recipiente.

La ecuación que rige este fenómeno seria, utilizando (**) y (***):

Lf . mH + (mL + ) . cL . ( Te – Ti) + mv . cv . ( 100ºC – 120ºC) - Lc . mv + mv . cL . ( Te – 100ºC) = Q intercambiado

Reemplazando en esta ecuación el valor de la Te obtenido experimentalmente, que sabemos que es un20% ( :con una precisión de dos decimales) menor que el teórico (Te = 0,48 ºC)

Teexperimental

= 0,80 . (Te = 0,48 ºC) = 0,38 ºC

Se obtiene: Q internos = -200 cal

Es decir se escapan (signo negativo) 200 calorías del recipiente durante el proceso de mezclado.

Finalmente podríamos decir que, si trabajamos con un termómetro que no aprecie las decimas o

centésimas de grado (apreciación = 0,01ºC) no encontraríamos diferencia entre el valor calculado en el

inciso a) y el b). Es decir no distinguiríamos entre la mezcla adiabática y la no adiabática.


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a) Como los valores de presión y velocidades dependen del caudal y las pérdidas de cargas también son

dependientes de Q . Previamente deberíamos determinar para que valores de caudal estamos en

régimen laminar, esto nos permitiría incluir perdidas por viscosidad en los tramos donde hay

movimiento del fluido.

NR= V. /

Calculemos el valor de caudal que nos da un NR = 2100, el límite del régimen laminar

Tramo 2-3: Cañería de 100 mm diámetro

V= (2.100 . 0,00008 m2/s)/0,1m = 1,68 m/s

Luego Q Laminar = V .A = 1,68 m/s . . (0,1 m)2/4 = 0,0132 m

3/s

Es decir que para caudales menores a 0,0132 m3/s, el fluido circula en régimen laminar, a partir de allí

no tenemos certeza y comienza la turbulencia.

Tramo 3-4: Cañería de 50 mm diámetro

V= (2.100 . 0,00008 m2/s)/0,05m = 3,36 m/s

Luego Q Laminar = V .A = 3,36 m/s . . (0,05m)2/4 = 0,0066 m

3/s

Como el punto 1 se encuentra en la superficie del agua, está a presión atmosférica. Por lo tanto,

P1=Patm (absoluta) P1 = 0 (relativa)

La velocidad de todos los puntos pertenecientes al fluido dentro del recipiente es cero. En las

proximidades de la conexión con la cañería de descarga, se forman las líneas de corriente ya que el fluido

comienza a moverse (esquema), esta es una zona de transición.

Es decir, el punto 2 correspondiente al fondo del tanque en la toma de la cañería, es un punto dediscontinuidad,

2

30º

canilla

34

z

Patm= 1000 hPa

z1= 15 m / z2= 10 m

z3= 5 m / z4= 2 m

14. Una cañería de 100 mm de diámetroestá conectada al fondo de un tanque dereserva abierto (2) de gran diámetro. En3 se ha colocado un codo con reducción

de diámetro a la mitad. En 4 una canillapermite graduar el caudal de fluido ( f =900 kg/m

3/ f = 0,00008 m

2 /s) que circula

por la cañería. Calcular, a) en función del caudal Q, la presión y

velocidad en los puntos 1, 2, 3 y 4.

b) la diferencia de alturas ( h) de losramales de un manómetro diferencial(con mercurio) conectado en 3.Graficar esquemáticamente.

c) el máximo caudal de fluido que puedecircular por la cañería.


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14

2

2*

Si se supone que el nivel de agua del tanque se mantiene constante en el tiempo (se vacía muy

lentamente) entonces podemos suponer que el fluido es estático y calculamos la presión mediante el

teorema de la hidrostática:

P2= f .g.(Z1-Z2) + Patm

Para calcular la presión en 2*, podríamos igualar la energía de 2 y 2*. Para plantear Bernoulli, el flujo del fluido

debe poder suponerse estacionario, irrotacional e incompresible. El enunciado habla de un recipiente de

gran diámetro, basándonos en esto podemos suponer que la altura del fluido permanecerá constante,

luego el flujo puede ser pensado como estacionario.

P2+ f .g. z2+1/2. f .V22 - E 2-2*= P2* + f .g. z2* +1/2. f .(Q/A2*)

2

Asumiendo que la conexión de la cañería con el fondo del tanque es suave (sigue la forma de las líneas de

corrientes que allí se genera) y la diferencia de altura entre estos puntos es despreciable (z2 z2*)

podemos dejar de lado tanto las pérdidas localizadas como las debidas a la viscosidad y escribimos:

P2+1/2. f .V22 = P2* +1/2. f .(Q/A2*)

2

Además V2 = 0 , luego P2*= P2 -1/2. f .(Q/A2*)2

La presión en 2* es menor que en 2, pues una parte de esta última se ha transformado en energía cinética.

Ahora calculamos la presión en el punto 3 (justo antes de llegar al codo), planteando Bernoulli entre el

punto 2 y el punto 3. Teniendo en cuenta las pérdidas (suponiendo flujo laminar) queda:

P2 + f .g. z2 + 1/2. f .V22 - Eµ 2-3= P3 + f .g. z3 +1/2. f .(Q/A3)

2

Eµ 2-3=8µQ.(z2-z3)/(π.R4) ; =100mm

P3 = Patm + f .g. (z1 – z3) - 8µQ.(z2-z3)/(π.R4) - 1/2. f .(Q/A3)

2 = 188290 Pa – (9167,32 Pa.s/m

3).Q –

(455945,33 Pa.s2/m

6).Q

2

V3 = Q/A3

Tomamos el punto 4 como un punto justo antes de llegar al extremo de la tubería. Planteamos entonces

Bernoulli entre 3 y 4 teniendo en cuenta la variación de la sección de a tubería y las pérdidas por

viscosidad (suponiendo flujo laminar). Planteamos que el caudal es el mismo debido a que suponemos un

fluido incompresible, régimen permanente y que no hay pérdidas de fluido en el trayecto:

P3 + f .g. z3 + 1/2. f .(Q/A3)2 - Eµ 3-4 = P4 + f .g. z4 + 1/2. f .(Q/A4)

2

Eµ 3-4 = 8µQ.L3-4/(π.r 4) ; =50mm

L3-4 = (z3 – z4)/sen(30º)

P4 = Patm + f .g. (z1 – z4) - 8µQ.(z2-z3)/(π.R

4

) - 8µQ.L3-4/(π.r

4

) - 1/2. f .(Q/A4)

2

= 214777 Pa – (185179,96 Pa.s/m

3).Q – (7295125,22 Pa.s

2/m

6).Q

2


15/16


15

V4 = Q/A4

b) A continuación se muestra un gráfico de un manómetro diferencial:

La presión en A ya se calculó en el inciso anterior en función de Q, ya que el punto 3 coincide con el

punto A. Podemos plantear Bernoulli entre A y B y conocer entonces la presión en B en función de Q.

Luego expresamos la diferencia de presiones entre A y B en función de Δh, y despejamos Δh.

Como los puntos A y B son muy próximos, despreciamos las pérdidas por viscosidad:

P A + f .g. z A + 1/2. f .(Q/A A)2 = PB + f .g. zB + 1/2. f .(Q/AB)

2

P A – PB = 1/2. f .Q2(1/A

2B - 1/A

2 A) - f .g.a ; z A – zB = a

Ahora planteamos que las presiones estáticas en N y N’ son iguales. PN = PN’

PN = P A + f .g.(a + Δh)

PN’ = PB + Hg.g. Δh

Igualando nos queda:

P A – PB = ( Hg - f ).g. Δh - f .g.a

Igualando las dos expresiones obtenidas para PA – PB nos queda:

( Hg - f ).g. Δh - f .g.a = 1/2. f .Q2(1/A

2B - 1/A

2 A) - f .g.a

Δh = 1/2. f .Q2(1/A

2B - 1/A

2 A)/( Hg - f ).g

c) Para calcular el máximo caudal que puede circular por la cañería podríamos aplicar Bernoulli entre 1 y

4 (energía disponible y la energía que sale de la canilla). Además deberíamos agregar las perdidas decarga tanto primarias (viscosidad) y secundarias (codos, reducciones, etc.). La ecuación sería:

P1+ f .g. z1+1/2. f .V12 - E 1-4= P4 + f .g. z4 +1/2. f .(Q/A4)

2

En esta ecuación P1=P4 = 0 presión atmosférica en ambos términos

V1 = 0 , z1= 15 m y z4= 2 m

Las pérdidas de carga primarias dependen del caudal.

En régimen laminar E 1-4 = 8. L. Q. / 4 .

Punto A = Punto 3


16/16


16

En cambio fuera del campo laminar estas pérdidas crecen con el caudal pero con un exponente mayor a 1.

Luego la ecuación queda:

E 1-4= f .g. (z1-z4) +1/2. f .(Q/A4)2

Se podría calcular Q, asumiendo un caudal laminar y luego verificar, es decir resolviendo la siguiente

ecuación:

8. L23 . Q . /4 . + 8. 16 L34 . Q . /

4 . = f .g. (z1-z4) +1/2. f .(Q/A4)

2

Q ( 8. L23 . /4 . + 8. 16 L34 . /

4 . ) - f .g. (z1-z4) +1/2. f .Q

2/ 2 4 = 0

Si no hubiera pérdidas de carga

Edisponible = E4

. g z1 = . g z1 + ½ . . (v4)2

(v4)2 = 2 . g . (z1 – z4 ) v4 = 11,29 m/s

Luego Q maximo = V .A = 11,29 m/s . . (0,05m)2/4 = 0,022 m

3/s régimen turbulento

Las pérdidas de carga transformaran parte de la energía disponible en 1, en calor, luego la velocidad en el

caso de incluirlas sería menor, no sabemos, en principio, si llegaría el caudal resultante al régimen laminar

2012 1C 1er Parcial Solucion

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