Tarea Final Mecanica de Fluidos

Discusión No 1:

Flotación y estabilidad

Movimiento de cuerpo rígido

Conservación de masa

Ejercicio 1

Cuando el barómetro lee 730 mmHg, 10 kPa es igual a:

a. -10.2 mcab. 0.075 mHgc. 8.91 mcaabs

d. 107 kPaabs

e. Ninguna de las anteriores

Solución: La presión atmosférica en el lugar donde se miden los 10 kPa es de 730 mmHg se debe calcular la equivalencia de una lectura manométrica de 10 KPa en dicho lugar.

Hipótesis:

1. Se asumirá que la presión de 10 kPa es manométrica.2. La temperatura se asume constante durante la medición.

Propiedades: El peso especifico del mercurio y agua es de 132.926 kN/m3 y 9.81 kN/m3, respectivamente.

Análisis: se convertirá cada una de las presiones dadas a un solo sistema de unidades, en este caso serán kPa.

Convirtiendo -10 mca a Kpa

−10.2 mca=−10.2m γ H 2 O=−10.2m(9.81kN

m3 )=−100.062 Kpa

Convirtiendo 0.075 mHg a Kpa

0.075 mHg=0.075 m γ Hg=0.075 m(132.926kN

m3 )=10 Kpa

Convirtiendo 8.91 mca abs KPa

8.91 mca−Pat=8.91 m γ H 2O−0.73m γ Hg=8.91 m(9.81

kN

m3 )−0.73 m(132.926kN

m3 )=−9.63 Kpa

Convirtiendo 107 KPa abs a KPa

107 kPa−Pat=107 kPa−0.73 m γ Hg=107 kPa−0.73 m(132.926kN

m3 )=10 Kpa

Discusión: Es importante notar que las presiones negativas no pueden ser mayores a una atmosfera o a la respectiva presión atmosférica del lugar, de modo que no existan presiones absolutas negativas. Al presentar la medición de presión haciendo referencia a la altura de la columna de fluido, es necesario tomar en cuenta el peso especifico de dicho fluido para convertir la presión a pascales u otras unidades.

Ejercicio 2

El peso especifico del agua de mar se puede calcular a partir de la relación empírica γ=γo+K h1/2 (en el cual h es

la profundidad del océano). Derive una expresión para la presión en cualquier punto h y calcule el peso especifico y

la presión a una profundidad de 3.22 km, suponiendo γ o=10 kN /m3, h en metros y K=7.08 N /m3

Solución: A partir de la relación presentada, entre el peso especifico y la altura, se debe encontrar un expresión para la presión y calcular el peso especifico y la presión a una profundidad h.

Hipótesis: La presión será manométrica y no absoluta por lo que la presión inicial es igual a cero.

Propiedades: El peso especifico y la presión aumentan a medida aumenta la profundidad.

Análisis: Para la expresión de presión se utilizara la forma diferencial con respecto a la variación de profundidad y luego se evaluaran en las condiciones requeridas.

dP=γdh→∫Po

P

dp=∫0

h

(γ o+K h12)dh

P−Po=γo h+2 K h

32

3

γ=γo+K h12=10+0.00708 h

12

P=Po+γ o h+2 K h

32

3=0+10 h+

2(0.00708)h32

3

Para h=3220m:

γ=10+0.00708(3220)12=10.4 kN /m3

P=10 (3220 )+ 2 (0.00708 ) (3220 )32

3=33062.4 kPa

Discusión: Al comparar el peso especifico del fluido a grandes profundidades, con el peso utilizado normalmente, puede observarse que aquel es mucho mayor que este. Lo anterior se debe a la gran masa de liquido, que comprime el fluido que se encuentra en la parte inferior.

Ejercicio 3

Cuando el agua contenida en un tanque cónico esta a 60°F la altura ho es de 5 in. Si el agua es calentada hasta

120°F, encuentre el nuevo valor ho del nivel del agua despreciando la disipación del tanque cónico.

Solución: se aumenta la temperatura de un volumen de agua, se debe determinar la nueva altura ho

Propiedades: la densidad del agua a la temperatura inicial y final es de 1.938 slugs/ft3 y 1.918slugs/ft3.

Hipótesis: debido la disminución de densidad habrá un cambio en la cantidad de volumen, pero la masa se mantendrá constante.

Análisis: se igualaran las cantidades de masa inicial y final.

mo=mf →V o ρo=V f ρ f

De la relación de triángulos semejantes se obtiene:

rh=10

20→ r=h

2

ro=5

2 (12)= 5

24ft

El volumen inicial de agua será:

V o=π h¿¿

V f =π h¿¿

V o ρo=V f ρ f

1.1931 ft3(1.938

slug

ft3 )=π ( 2012

−h)¿¿

h=0.2916 ft

Discusión: El resultado obtenido era de esperarse, pues al aumentar la temperatura, la expansión del fluido contenido en el tanque, debía obligar al volumen a expandirse y al espacio libre en el tanque a reducirse consecuentemente.

Ejercicio 4

El perfil de velocidad en una sección de tubería por donde fluye agua es como se muestra en la figura y esta dado

por la expresión V= K4 μ ( D2

4−r2)donde K es una constante; r la distancia en ele eje radial y V la velocidad a esa

distancia. Determine el esfuerzo cortante en una posición r=D/4 y la fuerza de arrastre que se introduce sobre la tubería por la acción del agua en la dirección del flujo a lo largo de una distancia L

Solución: Se requiere determinar el esfuerzo cortante a la mitad del radio de la tubería, para lo cual se utiliza la fórmula del perfil de velocidad.

Propiedades: El fluido que atraviesa la tubería es agua.

V= K4 μ ( D2

4−r2)

τ=μdvdy

=μddr ( K

4 μ ( D2

4−r2))=μ(−Kr

2 μ )=−Kr2

τ (D4 )= K

2 ( D4 )=KD

8

F=∫τdA=τA= Kr2

(2 πrL )=Kπ r2 L

Discusión: De las expresiones obtenidas, puede observarse que la velocidad disminuye linealmente desde un valor máximo en el centro de la tubería, hasta cero en las paredes de la misma, debido a la condición de no deslizamiento. En el cado del esfuerzo cortante τ, este aumenta linealmente con el radio, es decir, es mayor al acercarse a las paredes de la tubería.

Ejercicio 5

Calcule la disipación de la energía debida al aceite lubricante SAE30 entre el cojinete y el eje rotativo que se muestra en la figura. La viscosidad del aceite a esta temperatura es de μ=0.075 Pa ∙ s

Solución: Debe determinarse la cantidad de energía disipada debida al lubricante entre el cojinete y el eje rotativo, para ello, debe determinarse antes el torque ejercido sobre el cojinete debido a la acción de la viscosidad del aceite.

Hipótesis:

1. Se toma el efecto máximo del esfuerzo cortante, por lo que se desprecia dicho efecto a lo largo de todo el claro.

2. El cambio de temperatura debido a la disipación de energía por fricción no hace variar las propiedades del fluido.

3. El perfil de velocidad del fluido se considera lineal.

Propiedades: La viscosidad del aceite se considera como μ=0.075 Pa ∙ s

Análisis: Se calcula primero el esfuerzo cortante generado entre eje y cojinete, para luego determinar la fuerza total, el torque y la potencia disipada.

τ=μdvdy

=μΔvΔ y

=μωre

=0.075 Pa∙ s( 1800( π30 ) (0.02 ) m

s0.00004 m )=7068.58 Pa

Para el cálculo se la fuerza se tiene que:

F=∫τdA=τA=7068.58 (2π ) (0.02 ) (0.04 )=35.53 N

Al calcular el torque a la fricción:

T=rF=35.53 N x 0.02m=0.7106 N .m

De manera que la potencia disipada seria:

W =Tω=0.7106 x 1800( π30 )=133.95 watts

Discusión: La potencia es disipada por el efecto de fricción entre capas de fluido, en el problema solamente se tomo en cuenta la fricción entre la ultima capa de fluido y la pared del eje de giro, despreciándose el efecto de fricción entre las otras capas de fluido.

Ejercicio 6

Un dispositivo está formado por un disco que se hace girar por medio de un eje. Entre el disco y la frontera hay aceite viscoso. Si la viscosidad del aceite es 0.01Pa.s, la separación “y” es de 2 mm y el diámetro D=10cm. Que par de torsión se requiere para hacer girar el disco a 8 rad/s?

Solución: Se debe determinar el par de torsión necesario para hacer girar el disco mostrado a 8 rad/s Para ello debe determinarse el esfuerzo cortante generado por el fluido sobre el cual gira el disco.

Hipótesis:

1. El perfil de velocidad del fluido se considera lineal2. La variación de temperatura debido a la fricción entre capas de fluido, no modifican las propiedades del

mismo.

Propiedades: La viscosidad del aceite en el claro es de 0.01Pa.s

Análisis: Se determina primero el esfuerzo cortante ejercido por el fluido sobre el disco

τ=μdvdy

=μΔvΔ y

=μωre

=0.01 Pa∙ s ( 8 rms

0.002 m )=40 rPa

Para determinar el torque sobre el disco, debe tomarse en cuenta la variación del esfuerzo con el radio:

T=∫r × τdA=∫r (40 r ) (2 πr ) dr=∫0

0.05

80 π r3 dr=¿0.000393 mN ¿

Discusión: Con el torque encontrado, puede hacerse girar el disco a 8 rad/s. Si el efecto de fricción entre las capas fuera considerado, el torque necesaria seria mayor.

Ejercicio 7

Para el sistema de la figura determine la presión de A (en escala absoluta y manométrica) si el manómetro B

maraca un vacio de 5kPa. Cuando d1=330 mm ,d2=160 mm , d3=480 mm, d4=230 mm y Patm=750 mmHg . si el vacio en B disminuye a un vacio de 1 kPa y la presión es A se mantiene constante, determine la nueva diferencia entre los niveles de la columna de mercurio. Todos los fluidos están a 20°C.

Solución: Se requiere determinar la nueva diferencia entre las columnas de mercurio debido a la nueva diferencia de presiones especificada.

Hipótesis:

1. El peso especifico de los fluidos es uniforme2. La variación de la presión con la altura del gas, no se toma en cuenta por la baja densidad de este.

Propiedades: El fluido manométrico es mercurio, con s=13.65

Análisis: Primero debe determinarse la presión en A para luego encontrar el nuevo estado que deberá analizarse.

Para la presión en A:

PA+d1γ H2 O=PB+(d¿¿3+8 d 4 senθ)γ Hg ¿

PA=−5 kPa+13.56(9.81kN

m3 ) (0.40 m+0.23 m ( sen45 ) )−0.999(9.81kN

m3 ) (0.33m )

PA=77.25 kPa P Aabs=PA +Patm=77.25 kPa+13.56(9.81kN

m3 ) (0.76m )=177.31 kPa

Para las nuevas lecturas:

PA+d1γ H2 O+d2γ Hg=PB+(d2+d¿¿3+d 4 senθ)γ Hg ¿

77.25 kPa+0.999 (9.81kN

m3 )d1

+13.56(9.81kN

m3 )d2

=−1kPa+(d2+d¿¿3+d4 sen 45)13.56 (9.81kN

m3 )(1)¿

d2+d3=0.49m(2)

2 d2+d3+d4=1.03 m (3 )

d1=d3−0.15 m(4 )

Simultaneando 1, 2, 3 y 4:

d1=0.3116m d2=0.1784 m d3=0.4616 m d4=0.2116m

h=d3+d4 senθ=0.4616 m+0.2116m (sen 45 )=0.6112m

Discusión: El análisis realizado es aceptado pues la diferencia de alturas no hace que el fluido manométrico baje de la parte inclinada del manómetro, lo cual requeriría un nuevo análisis, tomando dicha consideración. La nueva diferencia de alturas es menor que la diferencia original, lo cual concuerda con la variación hecha a las condiciones de presión en las tuberías A y B.

Discusión No 2:

Flotación y estabilidad

Movimiento de cuerpo rígido

Conservación de masa

Fb

W

h

Ejercicio 1

La plataforma que se muestra en la figura (Largo: 50 ft; ancho 20 ft; altura: 8 ft) lleva equipo y suministros a las instalaciones que se encuentran agua adentro. El peso total del sistema es de 460000 lb y su centro de gravedad esta al mismo nivel que la parte superior de la plataforma a 8 ft del fondo. Estará estable la plataforma en el océano si tiene la posición mostrada en la figura?

Solución: Se desea determinar el calado del cuerpo mostrado en la figura, para luego evaluar su estabilidad, el centro de gravedad se encuentra al nivel de la parte superior de la plataforma

Hipótesis:

1. El cuerpo flota sobre agua a temperatura ambiente.2. El empuje del aire es despreciable

Propiedades: El peso especifico del fluido utilizado es 62.4 lb/ft3, el peso de la plataforma con su caga es de 460,000 lb y se encuentra ubicado en el centro de la parte superior de la misma.

Análisis: Las únicas dos fuerzas que actúan sobre el cuerpo son el peso y la fuerza de flotación. El calado se encontrara a partir de el equilibrio de fuerzas y con el volumen sumergido.

∑ F y=0

W =V d γ f

V d=Wγ f

=460,000 lb

62.4 lb / ft3=7371.79 ft3

Conociendo el volumen desplazado, se calculara el calado para luego realizar el análisis de estabilidad.

V d=abh

7371.79 ft3=20 ft x50 ft x h ft

h=7371.7920 x50 ( ft 3

ft2 )=7.3717 ft

Análisis de estabilidad:

MG=|MB|−|GB|

MG=I min

V d

−|OG−OB|

MG= b h3

12 xV d

−|OG−OB|

MG= 50 x 203

12 x7371.79−|8−7.37

2 |=0.2076 ft → Estable

Discusión: El cuerpo resulta ser estable. Nótese que si el peso del cuerpo fuera mayor y, por ende se hubiera necesitado una mayor profundidad de inmersión para lograr el equilibrio de fuerzas, el área que corta la superficie del agua seria menor, por lo que tendría una menor inercia, dando como resultado la probabilidad de inestabilidad del sistema. Por otro lado, era necesaria tanto la estabilidad como el calado menor al lado de la plataforma.

Ejercicio 2

Si el cono que se presenta en la figura esta hecho de madera de pino, cuyo peso específico de 4.71 KN/m3 Sera estable si flota en agua en la posición mostrada?

Solución: Se desea evaluar la estabilidad del cono mostrado en la figura. Se debe determinar el calado del cono y luego analizar si es estable o no.

Propiedades: El cono esta hecho de madera de pino, cuyo peso especifico es 4.71 KN/m3. El liquido sobre el cual flota es agua, con densidad 1000 kg/ m3

Hipótesis:

1. La densidad del cono se considera uniforme2. El cono se encontrara flotando pues su densidad es menor que la del agua3. La densidad del agua se toma como 1000 kg/m3

Análisis: Se debe encontrar primero el calado del cono, utilizando los datos proporcionados sobre el peso especifico del mismo y haciendo un balance de fuerzas verticales.

∑ F y=0

Fb=W

γ H2 O V d=γ Materia V Cono

V d=γ Materia V Cono

γ H 2 O

=4.719.81 ( πx0.7 52 x 0.305

3 )( kg /m3

kg /m3 m3)V d=8.62 x10−4 m3

El calado h, necesario para equilibrar el peso del cono se obtiene:

π R2 H3

=8.6223 X 10−4 m3

Para relacionar el radio con la altura:

RH

= 7.530.5

R= 7.530.5

H=0.2459 H

Sustituyendo:

π (0.2459 H)2 H3

=8.6223 X 10−4 m3

H=23.9 x 10−2 cm

Una vez teniendo este dato, se debe encontrar y sabiendo que el centroide del volumen se encuentra en h/4, se realiza el análisis de estabilidad:

MG=|MB|−|GB|

MG=I min

V d

−|OG−OB|

MG=π R4

4 V d

−|OG−OB|

30.5 cmh

W

Fb

MG= πx 0.059504

4 x 8.6223 x 10−4 −|23.94

−12.57|=−3.85 cm→ Inestable

Ejercicio 3

Un camión contenedor lleva un reservorio de aceite, este posee una tubería de venteo como se muestra en la figura, Encuentre hasta donde sube el agua si el vehículo acelera horizontalmente a 0.25 g. A que aceleración el aceite se derramaría? Exprese su respuesta como una fracción de la aceleración

Solución: Se desea encontrar la elevación de la superficie libre del fluido, cuando el contenedor se acelera a 0.25 g, utilizan la ecuación general del movimiento para un cuerpo rígido. Además, se requiere la aceleración necesaria para que el aceite se derrame por la tubería de venteo.

Propiedades: Se utiliza el valor de gravedad estándar : 32.22 slug ft/s2

Hipótesis:

1. El fluido en el recipiente se considera incompresible2. Para la aceleración de 0.25 g, se supondrá que el fluido no se derrama ni alcanza la tubería de venteo.3. Se supone que el recipiente es completamente simétrico4. Aun con la aceleración necesaria para que el fluido se derrame, se supone que no queda superficie

descubierta en el fondo del recipiente

Análisis: Se debe encontrar primero el ángulo de inclinación de la isobara en la superficie libre del fluido

dydx

=−ax

g+ay

dydx

=−0.25 gg

=−0.25

θ=Tan−1 (0.25 )=14.0°

Analizando geométricamente la superficie libre del fluido en el contenedor:

tanθ=2 y2

y=0.25

Lado izquierdo: 0.5+0.25=0.75 <1 (ok)

Lado derecho: 0.5-0.25=0.25>0 (ok)

Para encontrar la aceleración necesaria para que el fluido se derrame, deben suponerse las dimensiones necesarias:

tanθ=2 y2

=0.5

tanθ=ax

g

ax

g=0.5→ ax=0.5 g

Discusión: como puede verse, la aceleración necesaria para que se derrame el fluido no depende de la densidad del mismo. El ángulo calculado seria el mismo para cualquier fluido que se estuviera transportando. En el caso que las dimensiones obtenidas geométricamente, para la línea isobara fueran mayores a las del contenedor, habría que volver a analizar el fenómeno, suponiendo que el fluido se derrama por el tubo de venteo.

2

2y

0.5

1.5

2

R1

R2

R3

Y3

Y2

Y1

Ejercicio 4

Un deposito cerrado de 2 m de altura y 1 m de diámetro contiene agua hasta 1.5 m. Encuentre el valor del área descubierta en el fondo, si la velocidad radial es 20 rad/seg.

Problema: Se requiere encontrar cual será la superficie descubierta en el fondo de un deposito que gira a 20 rad/s para ello debe utilizarse la ecuación general de las isobaras en rotación de cuerpos rígidos.

Propiedades: El recipiente se considera completamente simétrico. El volumen de fluido se conserva antes y durante la rotación.

Hipótesis:

1. El fluido en el recipiente, se considera incompresible.2. Se supone que parte de la tapa del recipiente se encuentra mojada debido al desplazamiento del fluido

por la rotación.

Análisis: Se debe verificar primero si existe área descubierta en el fondo del recipiente

y=ω2 R2

2 g

y=2020.52

2 x9.81 (m2

s2

m

s2 )=5.10 m>1.5 m

Luego, si existe área descubierta, en el fondo del recipiente

Las alturas y1 y y2 pueden relacionarse con sus radios correspondientes, tal como sigue:

y1=ω2 R2

2 g=¿¿

y2=ω2 R2

2 g=¿¿

Por conservación de volumen, el aire se mantiene constante dentro del recipiente

V aire inicial=V aire final

π x12 x 0.5=π R2

2 y2

2−

π R12 y1

2

La cuarta ecuación, que resuelve el sistema de variables definidas, puede tomarse del esquema:

y2=2+ y1

A partir del sistema se obtiene que R1=0.1166 m2 por lo que el área descubierta es 0.427m2

Discusión: En este caso, al igual que en el anterior, es importante nota que el análisis es válido para cualquier fluido, pues la densidad no interviene en la disposición geométrica final del fluido al encontrarse rotando.

Ejercicio 5

Cuando un tubo en forma de U no está girando, el agua se encuentra como muestra la figura. Si el tubo se hace girar alrededor del eje excéntrico a razón de 8 rad/s Cuales son los niveles de agua en el tubo?

Solución: Se desea determinar los niveles de agua en cada rama del tubo si este gira al redor de un eje excéntrico.

Hipótesis:

1. El tubo es completamente simétrico y la sección transversal constante.2. El fluido se considera incompresible, por lo que el volumen debe conservarse.

Análisis: Deben determinarse primero, las relaciones entre las alturas desconocidas ya y yb, sabiendo que se encuentran en la misma isobara, por poseer una misma presión (la atmosférica).

P1=P2

Luego:

ω2

2(r2

2−r12 )−g ( z2−z1)=0

z1−z2=ω2

2g(r2

2−r12)

z1−z2=82

19.6(0.3 62−0.1 82 )

z1−z2=0.317

Otra ecuación que se obtiene de la conservación de volumen es:

z1+ z2=0.36

Al simultanear ambas ecuaciones, se obtienen los siguientes resultados:

Z1=0.0215 m

Z2=0.3385 m

Discusión: Es importante notar que las relaciones que se encontraron entre las alturas y los radios de la isobara, se encuentran medidas desde el origen de la parábola de revolución, por lo que no debe pensarse que esa seria directamente la nueva altura del fluido en las ramas del tubo.

Ejercicio 6:

Se mezclan oxigeno y metano a 200 Kpa de presión absoluta y 100 °C. La velocidad de los gases que entran en la mezcladora es de 5 m/s. La densidad del gas que sale de la mezcladora es de 2.2 Kg/m3. Determine la velocidad del gas de salida de la mezcla de gas.

Solución: Se debe determinar la velocidad de salida de la mezcla de gases, utilizando el principio de conservación de masa.

Hipótesis:

1. No existe acumulación de gases en el deposito2. La mezcla de gas de salida es uniforme.3. Los gases del problema se consideran ideales

Análisis: Debe determinarse la densidad de los gases del problema según las propiedades proporcionadas en el problema.

ρ1=P1

RT=200 KPax 103

520 (373.15 )=1.03 kg /m3

ρ2=P2

RT=200 KPax 103

260 (373.15 )=2.06 kg/m3

Analizando la conservación de masa, se tiene que:

0=m1+ ˙m2−m3

V 3=ρ1 V 1 A1+ρ2V 2 A2

ρ3 A3

V 3=1.03 x5 x1+2.06 x 5x 1

2.2 x 3 (kg

m3 x m2 xm / s

kgm3 x m2 )

V 3=5.46 m/ s

Discusión: Para este tipo de problemas, que involucran la ecuación de gases ideales, es necesario utilizar la presión absoluta y nunca la manométrica.

Discusión No 3:

Conservación de la energía

Conservación de la cantidad de movimiento lineal

Ry

Rx

PbAbambVba

Wa

m1V1

a

Ejercicio 1:

Un arreglo tubo y boquilla se conecta a un tanque tal como se muestra en la figura. El arreglo tiene las siguientes características: d= 50 mm, D= 100 mm, r=400 mm, El peso del arreglo sin agua es 200 N, el agua dentro del arreglo ocupa un volumen de 5000 cm3, la presión en la sección b es de 500 Kpa. Si la boquilla descarga el flujo de agua a la atmosfera determine las fuerzas y momentos de reacción en la sección B. Suponga que las pérdidas de carga en el arreglo son 2.5 m y que el peso del arreglo actúa 250 mm a la derecha de B.

Solución: Se requieren las fuerzas de reacción y los momentos en el punto B.

Propiedades: La densidad utilizada para el agua contenida en el arreglo, es la densidad estándar: 1000 kg/m3. La presión en B es 500 KPa.

Hipótesis:

1. El fluido que fluye por el arreglo es incompresible.2. El fluido se descarga a la atmosfera, por lo que la presión en la boquilla es nula.

Análisis: Deben determinarse las fuerzas y momentos de reacción en la sección B, causadas por el peso del tubo y el flujo a través de él.

∑ F=∑s

mV−¿∑e

mV ¿

Al no conocer las velocidades de entrada y salida, pueden ser determinadas por conservación de la energía:

V 1 A1=Ab U b

V 1=Ab U b

A1

=(10050 )

2

U b

V 1=U b

4

Conservacion 1-B:

PB

γ+

U B2

2 g+ZB=

P1

γ+

V 12

2 g+Z1+hc

PB

γ+

U B2

2 g+ZB=

P1

γ+

( 4U B )2

2 g+Z1+hc

U B2=2g

15 ( PB

γ+Z B−Z1−hc )

U B2=2 x 9.81

15 ( 5009.81

+0−0.4−2.5)U b=7.9290 m /s

V 1=31.717 m / s

Re expresando la ecuación de conservación de la masa, en términos conocidos, se tiene que:

∑ F= ρV 12 A1−ρ V B

2 AB

PB AB−Rx=−ρ V B2 AB

R x=PB AB−ρ V B2 AB

Sustituyendo:

R x=PB AB−ρ V B2 AB

R x=500 x 103 x π x 0.12

4+ 1000 x π x0.12 x7.929

4

R x=4420.763 N

El mismo análisis debe hacerse para encontrar la reacción vertical:

∑ F= ρV 12 A1−ρ V B

2 AB

−W +R y=ρ V 12 A1

R y=ρV 12 A1+W

El peso del sistema viene dado por el peso de la tubería mas el del agua contenida en la misma, así:

W =200+ 5000

10 03x 9810=249.05 N

Sustituyendo los valores conocidos, se encuentra Ry

R y=1000( π4

x0.0 52 x31.71 72)+249.05

R y=2224.2637 N

Para encontrar el momento debe aplicarse la sumatoria de los momentos causados por las fuerzas y los flujos alrededor del punto B.

∑ M B=∑s

r x mV−¿∑e

r x mV ¿

M B−0.25W=rρA V 12

M B=0.25 x249.05+0.4 x1000 xπ4

x 0.052 x31.71

M B=852.348 m. N

Discusión: Para encontrar la reacción en x, se utiliza la presión manométrica pues el efecto de la presión atmosférica se elimina por actuar uniformemente sobre todo el cuerpo.

Ejercicio 2:

Determine la potencia eléctrica generada en una central hidroeléctrica alimentada con un caudal de 100 m/s y una altura de 120 m. Si las perdidas en la conducción son de 35 m y la eficiencia del conjunto turbina-generador es del 80%.

Solución: Se requiere determinar la potencia generada, utilizando la ecuación de conservación de energía y la eficiencia del sistema.

Propiedades: El fluido en el sistema es agua dulce, de peso especifico 9.81 KN/m3

Hipótesis:

1. El área transversal de la tubería es constante durante todo el trayecto2. El fluido del sistema es agua dulce

Análisis: Por conservación de la energía, se requiere determinar la potencia generada por el sistema mostrado en la figura

Conservación 1-2

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=

P2

γ+

V 22

2 g+Z2+hc+ht

ht=z1−z2−hl

ht=120−35 m=85 m

La potencia encontrada es la que pierde el fluido, sin embargo, la generada por el sistema viene dada por:

W =γHQ ηTG

W =9.81 x85 x100 x 0.8=66,708 KW

Discusión: Como puede observarse con los resultados, existe pérdida de potencia en el generador y la turbina, dichas pérdidas se incluyen en la eficiencia de dichos aparatos. A esto se debe que la potencia extraida del fluido sea mayor a la generada.

Ejercicio 3

La turbina que se muestra se alimenta de agua del embalse. Las pérdidas de carga en la tubería de conducción se calculan con la ecuación: hl=3.5V2/ 2g. Determine el caudal para que el grupo T-G produzca 25 MW conociendo que su eficiencia es del 90% Las perdidas en el caudal se calculan con la ecuación hlsal=V2/2g

Solución: Se requiere determinar el caudal necesario para que la producción de potencia sea de 25 MW si la turbina tiene una eficiencia de 90%

Propiedades: El fluido en el sistema es agua dulce, por lo que su densidad se toma como: 1000 kg/m3

Hipótesis:

1. Se considera que la sección transversal de la tubería es constante en toda su longitud. 2. No se consideran perdidas de carga en la entrada y salida de la tubería. 3. El fluido se considera incompresible.

Análisis: La potencia fluida aplicada a la turbina, puede ser determinada por conservación de energía entre puntos ubicados en las superficies libres.

Energía 1-2

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=

P2

γ+

V 22

2 g+Z2+hl+h t

ht=Z1−Z2−hl

Para determinar las perdidas en el tramo de tubería, se usa la siguiente ecuación:

hl=2.5V 2

2 g+ V 2

2 g=3.5

V 2

2 g

De modo que la potencia fluida aplicada a la turbina es:

ht=Z1−Z2−hl

ht=50−10−3.5V 2

2 g

ht=40−3.58 Q2

π 2 g d4

Al pedir una potencia útil de 25 MW, la potencia fluida sobre la turbina, viene dada por la eficiencia del sistema; así:

W =γQη H l

25 x103=9.81 x 0.9 x (40 Q−3.58 Q3

π2 g d4 )Resolviendo se obtiene:

Q=121.72m3

s

Q=95.01m3

s

Discusión: En este ejemplo, la potencia fluida aplicada sobre la bomba es la debida a las diferencias de altura menos las perdidas. Si para el mismo problema se hubiera supuesto que las perdidas eran despreciables, la potencia fluido en la turbina y, por ende la potencia útil en el eje, hubieran sido mayores.

Ejercicio 4

Para el sistema mostrado en la figura, determine:

a) Presión en la entrada y la salida de la bombab) La altura de bombeo y la potencia en el eje de la bomba si η=75%

Solución: Se pide determinar la presión en la entrada y salida de la bomba, por lo que debe aplicarse la ecuación de conservación de energía en 1-s y d-2 para determinarlas.

Propiedades: El fluido que fluye por el sistema es agua, por lo que su densidad se considera 1000 kg/m3

Hipótesis:

1. No se consideran perdidas en los codos y entradas, sino solo las perdidas mayores por fricción.2. El fluido se descarga a la atmosfera

Análisis: Para determinar las presiones de entrada y salida de la bomba, primero deben encontrarse las velocidades para poder aplicar la ecuación de conservación de energía.

V 3 A3=V 4 A4 →V 3=V 4

A4

A3

V 3=V 4( d4

d3)

2

=20( 2.510 )

2

=1.25 m/ s

2.5 cm10 cm

V=20 m/s

3

4

Haciendo el mismo análisis para la velocidad de succión en la bomba:

V s=V 3( d3

ds)

2

=1.25( 1012 )

2

=0.868 m /s

Para encontrar la presión de succión, se aplicara la ecuación de conservación de energía entre la superficie libre del agua (1) y el punto de succión:

Z1=P s

γ+

V s2

2g+Z s+H ls

P s

γ=( Z1−Zs )−

V s2

2 g−H ls

P s

γ=( Z1−Zs )−

V s2

2 g (1+ fLd )

P s

γ=−1−0.8682

19.62 (1+0.02 x2.50.12 )=−1.054 mca

Ps=−1.054 x 9.81=−10.344 KPa

El mismo análisis puede realizarse para encontrar la presión de descarga de la bomba:

Pd

γ+

V d2

2 g+Zd=Z4+hl+

V 42

2 g

Pd

γ=Z4−Zd+h l+

V 42−V d

2

2 g

Pd

γ=6−0+ 1.252

2x 9.81x 0.025 x

1000.1

+ 202−1.252

2 x 9.81

Pd

γ=28.297 mca → Pd=277.61 Kpa

Para determinar la altura de bombeo, se debe aplicar el principio de conservación de energía entre los puntos de succión y descarga de la bomba:

P s

γ+

V s2

2 g+hbu=

Pd

γ+

V d2

2 g

hbu=Pd

γ−

P s

γ+

V d2

2 g−

V s2

2 g

hbu=28.2973−(−1.054 )+1.2 52−0.86 82

19.62

hbu=29.393 mca

La potencia en el eje de la bomba, se determina haciendo uso de la eficiencia del aparato, asi:

W a=γQ HB ,u

ηB

W a=9.81x 20 x

π4

x0.02 52 x 29.393

0.75

W a=3.77 KW

Discusión: Las presiones obtenidas, eran de esperarse, pues al momento de ser succionado por la bomba, el fluido debe encontrarse con presión de vacio, que es la que permite la succión, mientras que al ser arrojado en la salida de la bomba, el incremento de presión es considerable, pues la bomba ha aplicado trabajo, presurizando el fluido para que pueda desplazarse pendiente arriba.

Discusión No 4:

Conservación de la cantidad de movimiento

Análisis Dimensional

Ejercicio 1

El pequeño carro de la figura se va a acelerar horizontalmente mediante un chorro de líquido. La aceleración va a mantenerse constante en 0.5g durante 5s. el chorro sale de la tobera a una velocidad de 200ft/s relativa al carro. La única resistencia al movimiento es de fricción; el coeficiente de fricción cinética es de 0.15. El peso inicial del carro y su contenido es de 3000lb. Obtenga una expresión algebraica para el flujo másico del líquido, necesaria para mantener la aceleración deseada. Determine el flujo en t=5s

Solución; Se debe encontrar una expresión algebraica para el flujo másico necesario para mantener la aceleración en 0.5 g y el flujo total después de 5 segundos.

Hipótesis:

1. El fluido se considera incompresible y de densidad constante2. Se desprecia la fuerza de resistencia del viento, considerándose solamente la resistencia por fricción.

Análisis:

a) Por conservación de masa se obtiene que:

dmdt

=∑e

m−∑s

m=0−m →∫mo

m

dm=∫0

t

−mdt →m=mo−mt

Con la sumatoria de fuerzas en el eje x se obtiene:

→∑ Fx−ma=∑s

mV−∑e

mV r

−F f −ma=0−mV r

mg μk+ma=m V r

Sustituyendo para la masa:

(mo−mt ) g μk+(mo−mt)a=mV r

Despejando m:

m=mo ( g μk+a )

V r+t (g μk+a )

b) Para cuando t=5s:

m=mo ( g μk−a )

V r+t (g μk+a )=

3000 lb

32.2ft

s2

(32.2ft

s2(0.15 )+ (0.5 ) 32.2

ft

s2 )200

fts+5 s (32.2

fts2 (0.15 )+ (0.5 ) 32.2

fts2 )

=6.4slug

s

Discusión: ES importante notar que la masa total del sistema va disminuyendo, a medida el fluido de propulsión sale del carrito. Al poseer menos masa, el carrito necesita la aplicación de una menor fuerza para mantener la misma aceleración. Lo anterior puede corroborarse en la expresión obtenida para el flujo másico, al pasar mas tiempo, el flujo másico requerido para mantener la misma aceleración es menor y, por ende, la fuerza también lo es.

Ejercicio 2

Calcular los momentos de reacción en A para la siguiente figura, el caudal se salida por cada boquilla es Q con velocidad de salida V y densidad ρ

Solución: Se debe determinar el momento de reacción en el empotramiento, ejercido por el peso de las tuberías y la salida del fluido a través de las boquillas.

Hipótesis:

1. Las longitudes de los tubos desde la tubería central a cada boquillas son las mismas2. El fluido se considera incompresible, por lo que no puede haber variación de masa dentro del volumen de

control.3. La longitud y peso de la boquilla es despreciable

Análisis: Se determina el momento ejercido por los flujos y los pesos de las tuberías.

∑ M =∑s

r ×mV −∑e

r × mV r

Para momento en x:

M x−W 3( L2

3+

L2

6 )−W 4

L2

3−W 5

2 L2

3−W 6 L2=ρQV (

L2

3+

2L2

3+L2)

M x=(W 3

2+

W 4

3+

2W 5

3+W 6+2 ρQV )L2

Para momento en y:

M y+W 1

L1

2+W 2 L1+W 3 L1+W 4

L1

2+W 5

L1

2+W 6(L1+

L1

2 )=−ρQV (2L1)

M y=−(W 1

2+W 2+W 3+

W 4

2+

W 5

2+

3W 6

2+ ρQV )L1

Para momento en z:

M z=0

Discusión: En el caso del sistema analizado, no se esperaba obtener momento alguno al rededor del eje Z, pues tanto los pesos como los flujos masicos son paralelos a dicho eje.

Ejercicio 3

Se sabe que la capacidad de transporte de carga W de un cojinete de chumacera depende de su diámetro D, la longitud L, el claro C, de su velocidad angular ω y de la viscosidad del lubricante μ . Determine los parámetros adimensionales que caracterizan este problema. Escoja L,ω y μ como variables repetitivas.

Solución: Se quiere determinar los parámetros adimensionales con los que se puede caracterizar el mecanismo mencionado.

Ananalisis: Se deben determinar el número de parámetros adimensionales esperados:

W =f ( D ,L , C ,ω, μ)

Dimensiones:

ML

t 2=f (L ,L ,L ,

1t

,MLt )

n=6 j=3 k=n− j=6−3=3

Primer parametro:

π1=W L , ω, μ=( MLt2 )Lx (1

t )y

(MLt )

z

=M 0 L0 t 0

M → 1+z=0 → z=−1L →1+x−z=0=1+x−1 (−1 ) → x=−2

t →−2− y−z=0=−2− y−(−1 )→ y=−1

π1=W

L2ωμ

Segundo parametro:

π2=D L ,ω , μ=( L ) Lx (1t )

y

(MLt )

z

=M 0 L0 t 0

M → 0+z=0→ z=0L →1+x−z=0=1+x−0→ x=−1

t →− y−z=0=− y−0→ y=0

π2=DL

Tercer parametro:

π3=C L , ω, μ= (L ) Lx ( 1t )

y

( MLt )

z

=M 0 L0 t0

M → 0+z=0→ z=0L →1+x−z=0=1+x−0→ x=−1

t →− y−z=0=− y−0→ y=0

π3=CL

De modo que:

W

L2ωμ=f ( D

L,CL )

Discusión: Si el numero de parámetros adimensionales resulta ser cero, después del análisis, deben disminuirse la cantidad de parámetros repetitivos, pero incluirse en ellos siempre todas las dimensiones. En este análisis, se han disminuido las variables que rigen el comportamiento del mecanismo, de 6 a 3, por lo que se hace mas fácil hacer experimentos al respecto y prever el comportamiento del mecanismo.

Corto de Problemas No 1

W

N

T

Ejercicio 1

El bloque de acero (γ=490 Lb/ pie3) de 1m de largo x 0.4m de ancho y 10cm de espesor que se muestra en la

figura; se desliza a una velocidad constante de 0.5 m/s sobre la película de aceite SAE 30. Determine el volumen (pie3) del bloque G de plomo (S=11.4) necesario. Desprecie la fricción en las poleas.

Solución: Se proporciona el peso específico del bloque de acero, el tipo de aceite, la velocidad a la que desliza. Se necesita encontrar el volumen del bloque del bloque G.

Propiedades:

Hipótesis: La viscosidad del aceite del sistema se obtiene de tablas µSAE30=440 x 10-3 N x / m2

1. No se especifica un perfil de velocidad, y los efectos de curvatura son despreciables entonces se puede tener una aproximación de este perfil como línea

2. Se desprecia la fricción de las poleas.

Análisis: Primero se procede a calcular la densidad del bloque G utilizando la densidad relativa.

Es necesario convertir todas las dimensiones a un mismo sistema:

γ=490 x 4.48Nlb

x 1ft

0.3048 m=79696 N /m

Diagrama de cuerpo libre del bloque de acero

.

Calculando la fuerza viscosa:

F=μUy

A

F=440 x 10−3( 0.050.002 )1 x 0.4=4.4 N

Al hacer la sumatoria de fuerzas, y despejar el peso del cuerpo, se obtiene:

W =γ V p

W =76969 x 1 x 0.4 x 0.1=3078.76 N

Fμ+W cos (60 )−T=0

Fμ+W cos (60 )=T

4.40+3078.76 cos (60 )=T

La tensión también interviene en el diagrama de cuerpo libre de G

W −T=0 →W =T

V g11400=T

Al igualar las expresiones, puede encontrarse el volumen desconocido:

4.40+3078.76 cos (60 )=V g 11400

V g=0.1354 m3=4.7829 ft3

Discusión: Nótese que el fluido lubricante produce una fuerza de fricción pequeña, por lo que cumple su objetivo de lubricar. Hay que tomar en cuenta que para el cálculo realizado se ha despreciado el efecto de la fricción entre las capas de fluido, considerándose solamente el de la capa máxima.

Ejercicio 2

Determine las presiones (kPa ) manométricas y absolutas del aire y del punto M, para el sistema mostrado en la

fig. El aceite (oleo ) tiene una ( s=0.8 ). Asuma temperatura 20℃ y presion atomosferica de 740 mmde Hg .

Solución: Se proporciona la densidad relativa del aceite, así como también las alturas del manómetro.

Hipótesis:

1. Los fluidos se encuentran estáticos a temperatura de constante.2. La variación de presión en los gases, debida a la altura, puede despreciarse.

Análisis: Primero se procede a realizar el análisis manométrico para encontrar la presión que ejerce el aire.

0.7 γagua+0.3 γ hg−0.7 γ agua−0.8∗S∗γagua=Paire

Paire=0.3∗13.56∗9.789−0.8∗0.8∗9.789=33.5567 Kpa

Patm=ρ∗g∗h

Patm=13550∗9.81∗740∗10−3=98.36 Kpa

P|¿|=Pmano+Patm=33.5567 Kpa+98.36 Kpa=131.9167Kpa¿

Ahora se procede a encontrar la presión en el punto M

0.7 γagua+0.3 γ hg−0.7 γ agua−0.5∗S∗γagua=Pm

Pm=0.3∗13.56∗9.789−0.5∗0.8∗9.789=35.9061 Kpa

P|¿|=Pmano+Patm=35.9061Kpa+98.36 Kpa=134.266 Kpa¿

W

N

T

Discusión: Nótese que el aire provoca muy poca presión debido a su baja densidad. Las columnas de agua no influyen en el análisis, pues se encuentra la misma altura en ambos brazos del manómetro, lo que hace que el termino se anule en el análisis.

Ejercicio 1 (a)

El bloque de acero ( γ=490 Lb/ pie3 ) de 1 m de largo por 0.4 m de ancho y 15 cm de espesor que se muestra en

la fig. se desliza a una velocidad constante de 0.5 m/s sobre la película de aceite SAE 10. Determine el volumen

( pie3 ) del bloque G de plomo ( s=11.3) necesario. Desprecie la fricción en las poleas.

Solución: Se proporciona el peso específico del bloque de acero, el tipo de aceite, la velocidad a la que desliza. Se necesita encontrar el volumen del bloque del bloque G.

Propiedades:

Hipótesis: La viscosidad del aceite del sistema se obtiene de tablas µSAE30=82 x 10-3 N x / m2

3. No se especifica un perfil de velocidad, y los efectos de curvatura son despreciables entonces se puede tener una aproximación de este perfil como línea

4. Se desprecia la fricción de las poleas.

Análisis: Primero se procede a calcular la densidad del bloque G utilizando la densidad relativa.

Es necesario convertir todas las dimensiones a un mismo sistema:

γ=490 x 4.48Nlb

x 1ft

0.3048 m=79696 N /m

Diagrama de cuerpo libre del bloque de acero

.

Calculando la fuerza viscosa:

F=μUy

A

F=82 x1 0−3( 0.50.002 )1 x0.4=8.2 N

Al hacer la sumatoria de fuerzas, y despejar el peso del cuerpo, se obtiene:

W =γ V p

W =76969 x 1 x 0.4 x 0.15=4618.14 N

Fμ+W cos (60 )−T=0

Fμ+W cos (60 )=T

8.2+4618.14 cos (60 )=T

La tensión también interviene en el diagrama de cuerpo libre de G

W −T=0 →W =T

V g11300=T

Al igualar las expresiones, puede encontrarse el volumen desconocido:

4.40+3078.76 cos (60 )=V g 1130 0

V g=0. 2051 m3=7.2429 ft3

Discusión: Nótese que el fluido lubricante produce una fuerza de fricción pequeña, por lo que cumple su objetivo de lubricar. Hay que tomar en cuenta que para el cálculo realizado se ha despreciado el efecto de la fricción entre las capas de fluido, considerándose solamente el de la capa máxima.

Ejercicio 2 (a)

Determine las presiones (kPa) manométricas y absolutas del aire y del punto M, para el sistema mostrado en la fig. El aceite (óleo) tiene una S= 0.7. Asuma temperatura de 20 °C y presión atmosférica de 750mm de Hg.

Solución: debe determinarse la presión manométrica y absoluta tanto del aire como del punto M que se ubica dentro del líquido oleo.

Hipótesis: 1. Los fluidos se encuentran estáticos a temperatura de constante.2. La variación de presión en los gases, debida a la altura, puede despreciarse.

Propiedades: se toma la densidad del agua como 1000kg/m3, la densidad del mercurio de 13550kg/m3, la densidad del aire como 1.2kg/m3 y la densidad relativa del óleo de 0.7

Análisis: por medio de un viaje manométrico se calculan ambas presiones tanto manométrica y absoluta en los dos puntos requeridos

0.7 γagua+0.3 γ hg−0.7 γ agua−0.8∗S∗γagua=Paire

Paire=0.3∗13.56∗9.789−0.8∗0.7∗9.789=34.3398 Kpa

Patm=ρ∗g∗h

Patm=13550∗9.81∗750∗10−3=99.694 6 Kpa

P|¿|=Pmano+Patm=33.5567 Kpa+99.69 Kpa=134.033Kpa¿

Ahora se procede a encontrar la presión en el punto M

0.7 γagua+0.3 γ hg−0.7 γ agua−0.5∗S∗γagua=Pm

Pm=0.3∗13.56∗9.789−0.5∗0. 7∗9.789=36.39 Kpa

P|¿|=Pmano+Patm=36.39 Kpa+99.69 Kpa=136. 0855 Kpa¿

Discusión l Nótese que el aire provoca muy poca presión debido a su baja densidad. Las columnas de agua no influyen en el análisis, pues se encuentra la misma altura en ambos brazos del manómetro, lo que hace que el termino se anule en el análisis.

Ejercicio 1

Una compuerta rectangular de 3 m de altura y 1.8 m de ancho, tiene una profundidad de 4.5 m sobre su borde superior. ¿Cuál es la localización de una línea horizontal que divida esta área de manera que: a) Las fuerzas sobre la superficie superior e inferior sean las mismas.

Solución: Para poder plantear la posible respuesta debemos conocer la fuerza que ejerce el liquido que rodea a esta superficie.

Hipótesis:1. La superficie posee la simetría de una placa plana2. El agua se encuentra a temperatura ambiente3. El centroide respecto al eje horizontal se encuentra justo en el centro de la placa, por simetría

Solucion: Ignorando efectos externos de presión, y para ello establecemos como referencia la superficie del líquido. Establecemos:

F=γA hC

La fuerza en la parte superior de la compuerta seria:

F=9.789(4.5+(3−h)

2 )(3−h)(1.8)

Y en la parte inferior:

F=9.789(4.5+3−h2 )(1.8 h)

Igualando ambas fuerzas tenemos:

9.789(4.5+(3−h)

2 )(3−h)(1.8)=9.789(4.5+3−h2 )(1.8 h)

Resolviendo la ecuación cuadrática, se encuentra:

H=1.3153 m

3 m

1.8 m

Discusión: La línea necesaria para que la fuerza sobre la placa inferior y superior sean iguales, se ubica más cercana al fondo que al borde superior de la placa, debido al aumento de la presión y con ella, de la fuerza, con la profundidad.

Ejercicio 2

Determine la magnitud y ubicación de las componentes de la fuerza ejercida por el agua sobre la compuerta de 4m de ancho que se muestra en la figura. Si la compuerta es de concreto con una S = 2.4 determine la fuerza F que se debe aplicar en el punto B para abrir la compuerta. El agua se encuentra a T = 25 ºC.


Hipótesis: 1. La densidad de la compuerta se considera uniforme2. La compuerta se considera un cuarto de cilindro

Solución: Ignorando efectos externos de presión, y para ello establecemos como referencia la superficie del líquido. Establecemos:

Fuerza Horizontal:

FH=F=γA hC

FH=9.7 77 x 6 x 4 x62=703.944 KN

Fuerza Vertical:

F v=γV Encerrado

F v=9.7 77 ( π 62

4x 4 )=1105 . 7526 KN

Para calcular la ubicación de la fuerza horizontal

Y V =Y CV+I V

Y CV AV

Y V =3+

112

x 4 x 62

3(6 x 4 )=4 m

Para calcular la ubicación de la fuerza Vertical:

XC=4 r3 π

XC=4 (6)3 π

XC=2. 54 m

Para encontrar la fuerza necesaria para abrir la compuerta, no deben tomarse en cuenta las fuerzas hidrostáticas, pues al ser radiales, no ejercen momento sobre el eje de giro.

∑ M c=0

W x−F (6 )=0

( π 62

4x 4) (2.4 ) (9.81 ) (2.54 )=F (6 )

F=( π 62

4x 4) (2.4 ) (9.81 ) (2.54 )

(6 )=1127.2366 KN m

Discusión: El peso es la unica fuerza que contribuye a que la compuerta no se abra, si el eje de giro se encontrara en otro punto diferente al centro del cilindro, la fuerza necesaria para abrir la compuerta seria aun mayor, pues además del peso, se tendría que vencer los momentos causados por las fuerzas hidrostáticas.

Ejercicio 1 (a)

Una compuerta rectangular de 3 m de altura y 2 m de ancho, tiene una profundidad de 4 m sobre su borde superior. ¿Cuál es la localización de una línea horizontal que divida esta área de manera que: a) Las fuerzas sobre mismas.


Hipótesis:4. La superficie posee la simetría de una placa plana5. El agua se encuentra a temperatura ambiente6. El centroide respecto al eje horizontal se encuentra justo en el centro de la placa, por simetría


F=γA hC

La fuerza en la parte superior de la compuerta seria:

F=9.789(4+(3−h)

2 )(3−h)(2)

Y en la parte inferior:

F=9.789(4+3−h2 )(2h)

Igualando ambas fuerzas tenemos:

9.789(4+(3−h )

2 ) (3−h ) (2 )=9.789 (4+3−h2 )2h

Resolviendo la ecuación cuadrática, se encuentra:

3 m

2.0 m

H=1.299 m

Discusión: La línea necesaria para que la fuerza sobre la placa inferior y superior sean iguales, se ubica más cercana al fondo que al borde superior de la placa, debido al aumento de la presión y con ella, de la fuerza, con la profundidad.

Ejercicio 2 (a)

Determine la magnitud y ubicación de las componentes de la fuerza ejercida por el agua sobre la compuerta de 3m de ancho que se muestra en la figura. Si la compuerta es de concreto con una S = 2.5 determine la fuerza F que se debe aplicar en el punto B para abrir la compuerta. El agua se encuentra a T = 20 ºC.


Hipótesis: 3. La densidad de la compuerta se considera uniforme4. La compuerta se considera un cuarto de cilindro


Fuerza Horizontal:

FH=F=γA hC

FH=9.789 x 6 x3 x62=528.606 KN

Fuerza Vertical:

F v=γV Encerrado

F v=9.789 ( π 62

4x 3)=830.33 KN

Para calcular la ubicación de la fuerza horizontal

Y V =Y CV+I V

Y CV AV

Y V =3+

112

x 3 x 62

3(6 x 3)=4 m

Para calcular la ubicación de la fuerza Vertical:

XC=4 r3 π

XC=4 (6)3 π

XC=2. 54 m

Para encontrar la fuerza necesaria para abrir la compuerta, no deben tomarse en cuenta las fuerzas hidrostáticas, pues al ser radiales, no ejercen momento sobre el eje de giro.

∑ M c=0

W x−F (6 )=0

( π 62

4x3) (2.3 ) (9.81 ) (2.54 )=F (6 )

F=( π 62

4x 4) (2.4 ) (9.81 ) (2.54 )

(6 )=810.201 KN m

Discusión: El peso es la unica fuerza que contribuye a que la compuerta no se abra, si el eje de giro se encontrara en otro punto diferente al centro del cilindro, la fuerza necesaria para abrir la compuerta seria aun mayor, pues además del peso, se tendría que vencer los momentos causados por las fuerzas hidrostáticas.

Ejercicio 1

Un bloque cuadrado de madera de 1.5 pies de lado y 1 pie de espesor flota sobre un lecho de líquidos que consiste en una capa de 10 pulg., de agua por encima de una capa de mercurio. El peso específico del bloque es 120 lb/pie3. Determine a) la posición del fondo del bloque y b) si se aplica una fuerza vertical hacia debajo de 600 lb al centro del bloque ¿Cuál será la nueva posición del fondo del bloque. Determine ambas posiciones a partir de la superficie libre e indíquelas en un dibujo esquemático para cada caso. Suponga que el depósito que contiene los líquidos tiene dimensiones infinitas.

Solución: Supondremos que el bloque se encuentra flotando entre ambos líquidos siendo afectado por ambos fluidos por su respectiva fuerza de flotación, al hacer sumatoria de fuerzas en el eje “y” podremos encontrar la distancia sumergida del cuerpo en cada liquido.

Propiedades:γ= 120 Lb/ pie3V= 1.5 x 1 x 1.5 pies.X= altura del bloque sumergida en agua1 – x= altura del bloque sumergida en mercurio.

Hipótesis:

1. La densidad del bloque de madera se considera uniforme2. Las alturas en los fluidos no varian al sumergirse el bloque

Análisis: Sumatoria de fuerzas en “y” para encontrar la distancia sumergida del bloque en el agua.

+↑ Fy=0

FbHg+Fbagua=Wbloque

γhg∀ hg+γagua∀ agua=γblo∀blo

13.56∗62.4 lbpie3 ∗1.52 pi e2∗h+

62.4 lb

pi e3∗10

12∗1.52=120 lb

pi e3 ∗1.52 pi e2∗1 pi e

h=0.08 pies .

Esa es la profundidad del bloque sumergido en mercurio. Desde la superficie libre:

H=0.08+1012

=0.913 pies

Al aplicar una fuerza vertical de 600 lb sobre el bloque:

+↑ Fy=0

FbHg+Fbagua=Wbloque+Fvertical

γhg∀ hg+γagua∀ agua=γblo∀blo+600 lb

13.56∗62.4 lb

pie3∗1.52 ft2∗(0.08+0.087+X )+ 62.4 lb

ft3∗(10

12−X )∗1.52=120 lb

ft3∗1.52 ft2∗1 ft+600

x=0.25 pies

Discusión: El calado incrementa, al incrementar el peso con la fuerza de 600 lb aplicada. Esto era de esperarse, sin embargo, la gran magnitud de la fuerza es resistida debido a la alta densidad del mercurio, esa es la razón por la cual, el bloque se encuentra ahora mayormente sumergido en mercurio.

Ejercicio 2

El tanque de la fig, está abierta a la atmósfera y contiene agua a 20ºC hasta la profundidad indicada. Si ax = g/2 y ay= g, donde g es la aceleración de la gravedad, determine: a) la presión en A, B y C. b)la fuerza en el fondo si el tanque tiene 2m de ancho.

Solución: Se debe encontrar la pendiente de la perturbación que el líquido sentirá dentro del cuerpo por culpa de la aceleración aplicada, luego encontraremos las presiones deseadas.

Hipótesis:

1. El fluido en el recipiente se considera incompresible2. Se supondrá que el fluido no se derrama ni alcanza la tubería de venteo.3. Se supone que el recipiente es completamente simétrico

Análisis: Se determina primero la pendiente de la isobara formada en la superficie libre del fluido.

Tanθ= axay+g

Tanθ=0.5 g2 g

=0.25 →θ=14 °

Para encontrar la variación máxima en la altura de la superficie libre del fluido

y0.65

=tan14 ° → y=0.162

y<0.3 no toca la parte superior

Para encontrar la presión en un punto cualquiera, tomando como referencia la esquina derecha de la superficie libre:

P=−ρaxX−ρ ( g+ay ) Y

Pa=0

Pb=(−998.2∗9.81

2∗−1.3 2)+998.2 (19.62 x 0.868 )

1000=22.78 KPa

Pc=

−998.2∗9.812

∗0−998.2∗19.62∗−0.868

1000=17 KPa

Encontrando la fuerza en el fondo del recipiente:

F=PcA

Pcentroide=(998.2 x

9.812

x0.65)+(998.2∗19.62∗0.868 )

1000=20.182 KPa

Ffondo=20.182∗2∗1.3=52.47 KN

Discusion: Notese que la fuerza en el fondo no actúa sobre el centroide del área, puesto que la presión varia y ya no es constante en un plano horizontal debido al efecto de la aceleración en x.

Ejercicio 1 (a)

Un bloque cuadrado de madera de 1.4 pies de lado y 1 pie de espesor flota sobre un lecho de líquidos que consiste en una capa de 10 pulg., de agua por encima de una capa de mercurio. El peso específico del bloque es 120 lb/pie3. Determine a) la posición del fondo del bloque y b) si se aplica una fuerza vertical hacia debajo de 600 lb al centro del bloque ¿cuál será la nueva posición del fondo del bloque. Determine ambas posiciones a partir de la superficie libre e indíquelas en un dibujo esquemático para cada caso. Suponga que el depósito que contiene los líquidos tiene dimensiones infinitas.

Solución: Supondremos que el bloque se encuentra flotando entre ambos líquidos siendo afectado por ambos fluidos por su respectiva fuerza de flotación, al hacer sumatoria de fuerzas en el eje “y” podremos encontrar la distancia sumergida del cuerpo en cada liquido.

Propiedades:γ= 120 Lb/ pie3V= 1.5 x 1 x 1.5 pies.X= altura del bloque sumergida en agua1 – x= altura del bloque sumergida en mercurio.

Hipótesis:

3. La densidad del bloque de madera se considera uniforme4. Las alturas en los fluidos no varían al sumergirse el bloque

Análisis: Sumatoria de fuerzas en “y” para encontrar la distancia sumergida del bloque en el agua.

+↑ Fy=0

FbHg+Fbagua=Wbloque

γhg∀ hg+γagua∀ agua=γblo∀blo

13.56∗62.4 lbpie3 ∗1.42 pi e2∗h+

62.4 lb

pi e3∗10

12∗1.42=120 lb

pie3 ∗1. 42 pie2∗1 pie

h=0.08 pies .

Esa es la profundidad del bloque sumergido en mercurio. Desde la superficie libre:

H=0.08+1012

=0.913 pies

Al aplicar una fuerza vertical de 600 lb sobre el bloque:

+↑ Fy=0

FbHg+Fbagua=Wbloque+Fvertical

γhg∀ hg+γagua∀ agua=γblo∀blo+600 lb

13.56∗62.4 lb

pie3∗1.42 ft2∗(0.08+0.087+ X )+ 62.4 lb

ft3∗( 10

12−X )∗1. 42=120 lb

ft3∗1. 42 ft2∗1 ft+600

x=0.2 970 pies

Discusión: El calado incrementa, al incrementar el peso con la fuerza de 600 lb aplicada. Esto era de esperarse, sin embargo, la gran magnitud de la fuerza es resistida debido a la alta densidad del mercurio, esa es la razón por la cual, el bloque se encuentra ahora mayormente sumergido en mercurio.

Ejercicio 2 (a)

El tanque de la fig, esta abierta a la atmósfera y contiene agua a 20ºC hasta la profundidad indicada. Si ax = g/3 y ay= g, donde g es la aceleración de la gravedad, determine: a) la presión en A, B y C. b) la fuerza en el fondo si el tanque tiene 1m de ancho.

Solución: Se debe encontrar la pendiente de la perturbación que el líquido sentirá dentro del cuerpo por culpa de la aceleración aplicada, luego encontraremos las presiones deseadas.

Hipótesis:

4. El fluido en el recipiente se considera incompresible5. Se supondrá que el fluido no se derrama ni alcanza la tubería de venteo.6. Se supone que el recipiente es completamente simétrico

Análisis: Se determina primero la pendiente de la isobara formada en la superficie libre del fluido.

Tanθ= axay+g

Tanθ=

13

g

2 g=

16

→ θ=9.46 °

Para encontrar la variación máxima en la altura de la superficie libre del fluido

y0.65

=tan 9.46° → y=0.1 083

y<0.22no toca la parte superior

Para encontrar la presión en un punto cualquiera, tomando como referencia la esquina derecha de la superficie libre:

P=−ρaxX−ρ ( g+ay ) Y

Pa=0

Pb=(−998.2∗9.81

2∗−1.3)+998.2 (19.62 x 0.8917 )

1000=23 . 82 KPa

Pc=

−998.2∗9.812

∗0−998.2∗19.62∗−0.8917

1000=17 .46 KPa

Encontrando la fuerza en el fondo del recipiente:

F=PcA

Pcentroide=(998.2 x

9.812

x0.65)+(998.2∗19.62∗0.8 917 )

1000=20. 646 KPa

Ffondo=20. 646∗1∗1.3=26.84 KN

Discusión: Nótese que la fuerza en el fondo no actúa sobre el centroide del área, puesto que la presión varia y ya no es constante en un plano horizontal debido al efecto de la aceleración en x.

Ejercicio 1

Si se desprecian las pérdidas de energía, determine el flujo másico y de peso, del aceite a 20ºC (S=0.80) que circula por el conducto mostrado en la figura.

Hipótesis: 1. La densidad del fluido es uniforme y estable2. La temperatura no cambia y es uniforme en todo el fluido.

Análisis: un análisis de energía tomando puntos estratégicos para no usar ciertas variables desconocidas es la mejor manera de resolver el problema

Solución: Para la resolución de este problema, es necesario hacer análisis de energía entre los dos puntos de interés, para luego determinar el caudal y a partir del mismo, el flujo masico y de peso.

P0

γ+

V 02

2 g+Z0=

P1

γ+

V 12

2 g+Z1

P0

γ+

V 02

2 g=

V 12

2 g

0.2+ 8Q2

gπ2 d04 =

8Q2

g π 2d14

0.20=Q2( 8

g π2 d14− 8

g π2 d04)

Q2= 0.2 × π2× g

8( 1d1

4 −1

d04 )

Q2=0.2 × π2× 9.88¿¿

Q=2.57× 10−3 m3

s

Determinando el flujo másico a partir del caudal:

m=SρQ=0.80 x 998.2 x2.57 x 10−3

m = 2.05 Kg/s

m peso = 20.133 N/s

Discusión: El piezómetro indica la carga de presión mas la debida a la altura del fluido, sin embargo, al encontrarse los dos puntos comparados a una misma elevación, la carga piezometrica se resume simplemente en la carga de presión, es por eso que pudieron anularse los otros términos en el análisis de energía

Ejercicio 2

Para el sifón de la figura si X= 4.6m, Y=0.90m, la longitud total de la tubería es 7.5m, el diámetro 50mm, el tramo horizontal mide 0.8m, f= 0.02, Kcodo= 0.9 y Kentrada= 0.5. Calcule el flujo volumétrico que pasa por la boquilla de 25mm de diámetro y la presión en B situado justo en la mitad del tramo horizontal. El agua esta a 20ºC.

Solución: Se requiere determinar el flujo volumétrico que atraviesa la boquilla y la presión en el punto B, situado a la mitad del tubo horizontal.

Hipótesis: 1. La densidad del fluido es uniforme y constante. 2. :a sección transversal de la tubería se considera constante en toda l a trayectoria.

Análisis: a partir del caudal se hará lo demás, debemos utilizar análisis de energía para encontrarlo y luego ya con este, energía para encontrar la presión

P A

γ+

V A2

2 g+Z A=

Pboq

γ+

V boq2

2 g+Zboq+h l+hac

ZA=V boq

2

2 g+hl+hac

ZA=8 Q2

gπ2 dboq4 + fL

dA

8 Q2

g π2 d A4 +∑ K

8Q2

g π2 d A4

ZA=8 Q2

g π2 dboq4 + 8Q 2

g π2 d A4 ¿

4.6= 8 Q2

9.8 × π2(0.025)4 + 8Q 2

9.8 × π2 (0.05 )4( 0.02× 7.5

0.05+2.3)

Q=4.04 1×10−3m3/s

Energía (A) a (B)

P A

γ+

V A2

2 g+Z A=

PB

γ+

V B2

2 g+ZB+hl+hac

PB

γ=

−V B2

2 g−ZB−hl−hac

PB

γ=−8 Q2

g π2 d4 −ZB−fLd

8Q2

g π 2d 4 −∑ K8Q 2

g π2d 4

PB

γ=−8 Q2

g π2 d4 ¿

PB=−9.789 ×8×(4.0 41 x 10−3)2

9.8× π2×(0.05)4 ( 0.02 ×1. 30.05

+1.4 )+0.9 x9.7 89

PB=−12.8675 KPa

Discusion: Era de esperarse que la presión en B fuera negativa, pues el fluido debe impulsarse hacia la parte exterior, la presión de vacio hace que el liquido sea succionado hacia el exterior. En el segundo análisis de energía, no se tomo en cuenta la longitud sumergida de la entrada pues el análisis se realiza entre el punto A y B, tomando en cuenta las velocidades de estos puntos.

Ejercicio 1 (a)

Si se desprecian las pérdidas de energía, determine el flujo másico y de peso, del aceite a 20ºC (S=0.85) que circula por el conducto mostrado en la figura.

Hipótesis: 3. La densidad del fluido es uniforme y estable4. La temperatura no cambia y es uniforme en todo el fluido.

Análisis: un análisis de energía tomando puntos estratégicos para no usar ciertas variables desconocidas es la mejor manera de resolver el problema

Solución: Para la resolución de este problema, es necesario hacer análisis de energía entre los dos puntos de interés, para luego determinar el caudal y a partir del mismo, el flujo másico y de peso.

P0

γ+

V 02

2 g+Z0=

P1

γ+

V 12

2 g+Z1

P0

γ+

V 02

2 g=

V 12

2 g

0.2+ 8Q2

gπ2 d04 =

8Q2

g π 2d14

0.20=Q2( 8

g π2 d14− 8

g π2 d04)

Q2= 0.2 × π2× g

8( 1d1

4 −1

d04 )

Q2=0.2 × π2× 9.88¿¿

Q=2.57× 10−3 m3

s

Determinando el flujo másico a partir del caudal:

m=SρQ=0.8 5 x998.2 x 2.57 x 10−3

m = 2.18 Kg/s

m peso = 21.38 N/s

Discusión: El piezómetro indica la carga de presión mas la debida a la altura del fluido, sin embargo, al encontrarse los dos puntos comparados a una misma elevación, la carga piezometrica se resume simplemente en la carga de presión, es por eso que pudieron anularse los otros términos en el análisis de energía

Ejercicio 2 (a)

Para el sifón de la figura si X= 4.6m, Y=0.80m, la longitud total de la tubería es 7.2m, el diámetro 50mm, el tramo horizontal mide 0.8m, f= 0.02, Kcodo= 0.9 y Kentrada= 0.5. Calcule el flujo volumétrico que pasa por la boquilla de 25mm de diámetro y la presión en B situado justo en la mitad del tramo horizontal. El agua esta a 30ºC.

Solución: Se requiere determinar el flujo volumétrico que atraviesa la boquilla y la presión en el punto B, situado a la mitad del tubo horizontal.

Hipótesis: 3. La densidad del fluido es uniforme y constante. 4. :a sección transversal de la tubería se considera constante en toda l a trayectoria.

Análisis: a partir del caudal se hará lo demás, debemos utilizar análisis de energía para encontrarlo y luego ya con este, energía para encontrar la presión

P A

γ+

V A2

2 g+Z A=

Pboq

γ+

V boq2

2 g+Zboq+h l+hac

ZA=V boq

2

2 g+hl+hac

ZA=8 Q2

gπ2 dboq4 + fL

dA

8 Q2

g π2 d A4 +∑ K

8Q2

g π2 d A4

ZA=8 Q2

g π2 dboq4 + 8Q 2

g π2 d A4 ¿

4.6= 8 Q2

9.8 × π2(0.025)4 + 8Q 2

9.8 × π2 (0.05 )4( 0.02× 7.2

0.05+2.3)

4.6=68551.01796 Q2+211740.596 Q2

Q=4.0511×10−3m3/ s

Energía (A) a (B)

P A

γ+

V A2

2 g+Z A=

PB

γ+

V B2

2 g+ZB+hl+hac

PB

γ=

−V B2

2 g−ZB−hl−hac

PB

γ=−8 Q2

g π2 d4 −ZB−fLd

8Q2

g π 2d 4 −∑ K8Q 2

g π2d 4

PB

γ=−8 Q2

g π2 d4 ¿

PB=−9.764 × 8×(4.0511×10−3)2

9.8 × π 2×(0.05)4 (0.02 ×1.40.05

+1.4)+0.8 x9.764

PB=−12.77 KPa

Discusión: Era de esperarse que la presión en B fuera negativa, pues el fluido debe impulsarse hacia la parte exterior, la presión de vacio hace que el liquido sea succionado hacia el exterior. En el segundo análisis de energía, no se tomo en cuenta la longitud sumergida de la entrada pues el análisis se realiza entre el punto A y B, tomando en cuenta las velocidades de estos puntos.

Ejericicio 1

Este chorro de agua(20oC) de 50 mm de diámetro con velocidad de 30 m/s se divide en mitades por medio de una placa divisora que se desplaza en la misma dirección horizontal del chorro con velocidad U=15 m/s. Determine la magnitud y dirección de la fuerza resultante sobre la placa debido a la acción del flujo. Calcule también la potencia intercambiada.

Solución: Se desea determinar la magnitud y dirección de la fuerza resultante sobre la placa debido a la acción del flujo.

Hipótesis:

1. La velocidad del chorro y del alabe se mantiene constante, por lo tanto la aceleración es cero.

Propiedades: La densidad del agua se toma como 998.2 kg/m3.

Análisis: Se desea determinar la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la placa debido a la acción del flujo y la potencia intercambiada.

V r=V−U =30ms−15

ms=15

ms

Para la componente en x de la fuerza se tiene:

∑ F x=∑s

mV r−∑e

m V r

Donde:m=ρQ=ρV r A

−Fx=ρ V r A

2V r cos (60 )−

ρ V r A

2V r cos (60 )− ρV r A V r

F x=998.2kgm3 (15

ms )

2 π4(0.05 m)2=440.991 N

Para la componente en y de la fuerza se tiene:

∑ F y=∑s

mV r−∑e

mV r

F y=ρV r A

2V r sen (60 )−

ρ V r A

2V r sen (60 )=0

Para la potencia intercambiada:

W =FU=Fx U=440.991 N (15ms )=6.61487 kW

Discusion: Como puede verse en el análisis, las componentes de fuerza ejercidas por el flujo verticalmente sobre el alabe se anulan entre si, quedando como resultante una fuerza completamente horizontal, lo anterior de debe a que se ha supuesto una división uniforme del flujo

Ejercicio 2

Calcule el momento que el chorro de agua y los postes ejercen sobre el punto de apoyo E en la pared. La tubería pesa1.5 kN/m. La presión en E Es de 300 kPa. El agua esta a 25oC

Hipótesis:1. Los pesos de las barras están ubicados justo a la mitad de cada una de ellas.2. El peso del fluido esta incluido en el peso por metro de longitud de la tuberia

Propiedades: Se tiene que el peso específico es de 9.777 KN/m3.

Análisis: Para calcular el momento que el chorro de agua y los pesos ejercen sobre el punto de apoyo E es necesario analizar por separado los ejes X e Y de la figura.

La sección transversal en metros es la siguiente:

A=1290 mm2( (1 m )2

(1000 mm )2 )=0.00129 m2

Para la velocidad de salida se obtiene:

V=QA

=0.006

m3

s0.00129 m2 =4.561 m /s

Para el cálculo del momento de reacción en E se obtiene mediante la siguiente ecuación:

∑ M E=∑s

r× mV r−∑e

r × mV r

M E+1500N

m3(1 m ) (0.5 m )+1500

N

m3(0.6 m ) (1 m )+1500

N

m3(0.3 m ) (1.15 m)=¿

−0.6 m(997kgm3 )(0.006

m3

s )(4.651ms )

M E=−2184.19 mN=2184.19 mN

Discusion: El momento total sobre el empotramiento en la tubería es de 2184.19 Nm, este momento se debe tanto al peso de las tuberías como a la salida de fluido a través de la boquilla. El fluido entrante no ejerce momento por tener brazo cero.

Ejericicio 1(a)

Este chorro de agua (20ºC) de 50 mm de diámetro con velocidad de 30 m/s se divide en mitades por medio de una placa divisora que se desplaza en la misma dirección horizontal del chorro con velocidad U=10 m/s. Determine la magnitud y dirección de la fuerza resultante sobre la placa debido a la acción del flujo. Calcule también la potencia intercambiada.

Solución: Se desea determinar la magnitud y dirección de la fuerza resultante sobre la placa debido a la acción del flujo.

Hipótesis:

2. La velocidad del chorro y del alabe se mantiene constante, por lo tanto la aceleración es cero.

Propiedades: La densidad del agua se toma como 998.2 kg/m3.

Análisis: Se desea determinar la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre la placa debido a la acción del flujo y la potencia intercambiada.

Análisis en el eje X

∑ F x=∑s

mV −∑e

mV

∑s

mV= m2

(V −U ) cos60− m2

(V −U ) cos60=0

∑e

mV=m (V−U )=ρ (V−U )2 A

−Fx=ρ (V −U )2 A=998.2∗(30−10 )2∗π∗0.0252

F x=783.98 N →

Analisis en el eje Y

∑ F y=∑s

mV−∑e

mV

∑s

mV= m2

(V −U ) sen60− m2

(V−U ) sen 60=0

∑e

mV=0

F y=0

Potencia intercambiada

W =FR U=783.98∗10=7839.84 Watts

Discusion: Como puede verse en el análisis, las componentes de fuerza ejercidas por el flujo verticalmente sobre el alabe se anulan entre si, quedando como resultante una fuerza completamente horizontal, lo anterior de debe a que se ha supuesto una división uniforme del flujo

Ejericicio 2 (a)

Calcule el momento que el chorro de agua y los pesos ejercen sobre el punto de apoyo E en la pared. La tubería pesa 1 KN/m. La presión en E es de 300 KPa. El agua está a 25ºC.

Hipótesis:1. Los pesos de las barras están ubicados justo a la mitad de cada una de ellas.2. El peso del fluido esta incluido en el peso por metro de longitud de la tuberia

Propiedades: Se tiene que el peso específico es de 9.777 KN/m3.

Análisis: Para calcular el momento que el chorro de agua y los pesos ejercen sobre el punto de apoyo E es necesario analizar por separado los ejes X e Y de la figura.

Para X

∑ M E=∑s

rxV m−∑e

rxV m

La cantidad de movimiento angular de entrada para el eje X es cero, únicamente hacen momento los pesos y la cantidad de movimiento de salida.

M E+W 1∗0.5+W 2∗1+W 3∗1.15=0.6∗0.006∗V

Para calcular la velocidad de salida del agua de la tubería, es necesario hacer energía entre el punto E y la salida.

PE

γ+Z=V 2

2 g

V=√2 g∗( PE

γ+Z)=√2∗9.81∗( 300

9.77+0.6)=24.784

ms

M E=0.6∗0.006∗24.784−1.0 x103∗0.5−1.0 x 103∗1−1.0 x103∗1.15

M E=2649.91 Nm

El cálculo de los pesos se realiza de la siguiente forma:

W 1=1.0 x 103∗1=1000 N

W 2=1.0 x 103∗0.6=600 N

W 3=1.0 x 103∗0.3=300 N

Discusion: El momento total sobre el empotramiento en la tubería es de 2184.19 Nm, este momento se debe tanto al peso de las tuberías como a la salida de fluido a través de la boquilla. El fluido entrante no ejerce momento por tener brazo cero.

Primer Examen Parcial

Clave I

Ejercicio 1

En el sistema mostrado en la figura, el cilindro 1 baja mientras el cilindro 2 sube ambos con velocidad constante de 1.5m/s. las dimensiones de los cilindros son iguales y el aceite lubricante vertido en los claros diametrales

mostrados en la figura es de 10 cP. Si γ 1=20 kN /m3determine γ 2.

Solución: Se requiere determinar el peso especifico del cuerpo 2, necesario para que se cumplan las condiciones descritas.

Hipótesis:

1. La densidad de los cuerpos es uniforme2. El perfil de velocidad se considera lineal3. Las poleas no ejercen ningún tipo de fricción sobre el sistema

Análisis: Para determinar el peso especifico del cilindro, es necesario conocer su peso, por lo que, haciendo

Fuerza de arrate:

τ μ=μdVdy

=μΔVΔ y

=0.01 Pa ∙ s1.5 m /s

0.0005 m=30 Pa

Fμ=∫ τμ dA=τμ A=30 Pa (2 π ) (0.05 ) h=3 πh

Pesos:

W =γ ∀→∀=∀1=∀2=π r 2h=π (0.05)2h=0.0025 πh

W 1=γ1 ∀=20kN

m3(0.0025 πh )=50 πhW 1=γ 2∀=γ2 (0.0025 πh )=0.0025 γ2 πh

Tensión en cuerda:

T 1=W 1−Fμ=50 πh−3πh

T 2=W 2+Fμ=0.0025 γ2 πh+3 πh

Igualando tensiones:

T 1=T2

50 πh−3 πh=0.0025 γ2 πh+3 πh

γ 2=17.6kN

m3

Discusión: El resultado obtenido para el peso especifico del cilindro dos, es menor que el del cilindro uno, lo cual era de esperarse pues el cilindro dos debe bajar, debido a su mayor peso, mientras que el cilindro uno subir, por ser su densidad menor.

Problema 2

En el manómetro de la figura, determinar la diferencia de altura R en cm, para una diferencia de presión entre los dos depósitos, A y B de 1 cm. De columna de agua. Las densidades de los líquidos son ρ1= 103 Kg/m3 y ρ2=1050 Kg/m3 y la relación de área a/A= 0.01 (Los fluidos están a 20°C)

Solución: Se debe determinar la nueva diferencia de alturas entre los brazos del manómetro, al aplicar una diferencia de presión de 1 cm de columna de fluido.

Hipótesis:

1. En un estado inicial, al ser la diferencia de presiones entre los brazos igual a cero, la diferencia de alturas también lo es.

2. El volumen de ambos fluidos se conserva, pues todos los fluidos se consideran incompresibles

Análisis: Debe determinarse primero la diferencia de presión aplicada entre las dos ramas, para luego encontrar la nueve lectura diferencial h.

Convirtiendo la diferencia de presión aplicada a KPa:

0.01 mca=P /γ

∆ P=0.01 mca γ

∆ P=9.789 x0.01=97.89 Pa

Por manometría, se determina la diferencia de altura R:

PA+ ρ1 g ( y−R¿)+ρ1 gR−ρ2 gR−ρ1 gy=PB

PA−ρ1 g R¿+ρ1 gR−ρ2 gR=PB

Por conservación de volumen, se encuentra la relación entre diferencia de altura en la parte del brazo de sección A y la de sección menor a:

R¿ A=Ra

R¿=RaA

R¿=0.01 R

Sustituyendo la relación anterior y valores conocidos:


−ρ1 g (0.01 R)+ ρ1 gR−ρ2 gR=PB−¿ P A ¿

R=PB−¿P A

−ρ1 g(0.01)+ρ1 g−ρ2 g¿

R= −97.89−103 x 9.81 ( 0.01 )+103 x 9.81−1050 x 9.81

R=1.05 cm

Discusión: En el sistema que se analiza, se considero que la diferencia de alturas a diferencia de presión cero, era nula, por lo que, al utilizar el principio de conservación de volumen, se pudo determinar la diferencia de altura manométrica R, sin conocer ningún dato adicional. Si la diferencia de alturas hubiese sido diferente de cero, anter una diferencia de presión nula, habría sido necesario conocer otros datos para la determinación de la altura manométrica diferencial.

Problema 3

En el sistema mostrado en la figura los fluidos estan a 20°C y la Patm = 720 mmHg determine: a) La altura Z y b) el volumen que alcanza el gas si este es calentado hasta que la temperatura llega a 60° y Z=1.

Solución: Se requiere determinar la diferencia de alturas entre el fluido en un contenedor de gas presurizado y el fluido abierto a la atmosfera. Además, el nuevo volumen que alcanzara la masa de gas, al incrementar la temperatura.

Propiedades: El peso especifico del agua a 20°C que se utiliza para el cálculo es: 9.789 KN/m3

Hipótesis:

1. El gas en el contenedor se considera ideal2. No existen fugas de gas del contenedor

Análisis: Se debe determinar primero la diferencia de altura Z. El cambio en el volumen, se encuentra aplicando la ecuación de gases ideales para una masa constante de gas, pues no hay fugas en el proceso.

a) Para la presión del gas, partiendo del lado izquierdo del manómetro:

Pgas=0.16 m γ H2 O+0.025 mγ Hg=0.16 (9.789 )+0.025 (133.02 )=4.89 kPa

Partiendo del lado derecho:

Pgas=Z γ H 2 O=Z (9.789)

Igualando presiones:

Z (9.789 )=4.89 → Z=0.5

b) Para determinar el cambio de volumen del gas se utilizo la siguiente ecuación:

P2=Z γ H 2 O=1m(9.789kN

m3 )=9.789 kPa

P1∀1

T1

=P2∀2

T2

→∀2=P1∀1 T2

T 1 P2

∀2=( 4.89+133.02 (0.72 ) ) (60+273.15 )∀1

(20+273.15 )(9.789+133.02 (0.72 ))∀2=1.0837 ∀1

Discusión: El resultado obtenido para el cambio de volumen, concuerda con el hecho que la temperatura se esta incrementando y el volumen de todo gas es directamente proporcional a su temperatura. En la condición inicial, la diferencia de alturas z es menor, por lo que, también la diferencia de presión es menor. Al incrementarse la altura z, se está incrementando la presión en el contenedor.

Ejercicio 4

El depósito mostrado en la figura mide 1m de ancho, la compuerta ABC pesa 4kN y su centro de gravedad está situado a 1m a la izquierda de B, determine la altura h necesaria para mantener la posición mostrada. La compuerta puede girar alrededor de la bisagra C. los fluidos están a 20°C.

Solución: Se requiere determinar la altura del mercurio para que la compuerta se mantenga estática en la posición mostrada.

Propiedades: Los fluidos se encuentran a 20° C y las densidades de los mismos son: ρ H2O = 998.2 kg/m3 ρHg=13550 Kg/m3

Hipótesis:

1. Se supone que tanto la temperatura como la densidad de los fluidos se mantiene constante.2. No existen fuerzas de fricción pues el fluido se encuentra estático y no hay movimiento entre capas.

Análisis:

a) Se determinará la fuerza hidrostática en AB y en BC por separado (las distancias y son medidas desde la superficie libre, y las distancias r medidas desde la bisagra C):

Fuerza sobre AB

F AB=∫(P¿¿o+Pc )dA=0+γ H 2 O hc A=9.789kN

m3 ( 1.82

m) (1.8 m ) (1 m)=15.858 kN ¿

y AB= yc+γ sinθ I

F AB

=1.82

m+(9.789

kN

m3 ) (1 m )(1.8 m)3

12(15.858 kN )=1.2 m

r F AB=H− y AB=(2.5 m ) tan 30+1.8 m−1.2 m=2.0433 m

Fuerza sobre BC

FBC=∫(P¿¿o+Pc)dA=(γ H 2 O hAB+γ H 2Ohc) A ¿

FBC=(9.789kN

m3(1.8 m )+9.789

kN

m3 ( 2.5cos30

m) sen302 ) (1.8 m ) (1m )=71.2589 kN

r FBC=rc−

γ sin θ IFBC

= 2.52 cos30

m−(9.789

kNm3 )(sen30) (1 m)( 2.5

cos 30m)

3

12(71.2589 kN )=1.3056 m

Para el peso:

W =4 kN

rW=2.5 m−1 m=1.5 m

Para que el sistema este estático, la sumatoria de momentos en el pivote C debe ser igual a cero:

∑ M c=0→−F ABr AB−FBC r BC−W rW+FHg r Hg=0

FHg rHg=(15.858 kN ) (2.0433 m )+ (71.2589 kN ) (1.3056 m )+ (4 kN )(1.5 m)

FHg rHg=131.444 kN ∙ m

Para la Fuerza producido por el mercurio:

F AB=∫(P¿¿o+Pc )dA=0+γ Hg hc A=133.02kN

m3 ( h2 )( h

sen 30 ) (1m )=133.02h2¿

r Hg=rc−γ sin θ I

FHg

= h2 sen30

−(133.02

kNm3 )(sen30) (1m)( h

sen30 )3

12(133.02 h2)=0.66667 h

Igualando los momentos producidos por el mercurio se tiene:

131.444 kN ∙ m=(133.02 h2 ) (0.66667 h )

h=1.1401m

Discusión: El resultado obtenido es correcto, pues la h se encuentra en el rango en el que la pared de la compuerta esta inclinada, si el resultado hubiera sobrepasado dicha altura, sería necesario volver a hacer el análisis completo, suponiendo que h se encuentra en la compuerta vertical.

Ejercicio 5:

La superficie circular formada por el cuarto de cilindro con R=0.75m tal como se muestra en la figura, se utiliza para regular el volumen de agua (25°C). Para una profundidad H=0.65m y ancho de la superficie de 3.5m determine: a) magnitud y ubicación a partir de la superficie libre de componente horizontal de la fuerza hidrostática, b) magnitud y ubicación a partir del centro de la componente vertical de la fuerza hidrostática.

Solución: Determinar la fuerza horizontal actuando sobre la compuerta circular, asi como su ubicación a partir de la superficie libre. Además, se requiere la ubicación de la componente vertical y su ubicación a partir del centro de la compuerta semi circular.

Propiedades: El peso especifico del agua a 25°C es de 9.777 KN/m3

Hipótesis:

1. La densidad de la masa de agua es constante.2. El efecto de la presión atmosférica se anula al actuar sobre toda la superficie, por lo que no se considera.

Análisis:

Para el cálculo de la componente horizontal:

FH=∫ ( Po+ Pc ) d AV =γ H2 OH2

AV =9.777kN

m3 ( 0.652

m) (3.5 m ) (0.65 m )=7.22887 kN

y H= yc+I

y c A=0.65

2m+

(3.5 m )(0.65 m)3

12( 0.652

m)(3.5 m ) (0.65 m )=0.4333 m

Para el cálculo de la componente vertical:

FV=∫ ( Po+Pc) d AH=γ H2 O ∀

FV=9.777kNm3 (3.5 m )[ (0.65 m ) (0.75 m )−

(√0.14m ) (0.65 m )2

−( 30 π180 )(0.75 m)2]

FV=2.4423 kN

Para el cálculo de la ubicación de la componente vertical, se realizó la sumatoria de momentos en el centro del semicírculo, debido a que las componentes de las fuerzas se anulan los efectos de rotación entre ellas, el momento es igual a cero.

∑ M c=0→ FV rV−FH r H=0 → rV=FH rH

FV

rV =7.22887 kN (0.65 m−0.4333 m)

2.4423 kN=0.6414 m

Discusión: La fuerza hidrostática total actuando sobre la superficie, debe ser normal a esta, por lo que pasa siempre por el centroide por lo que no ejerce momento sobre este punto.

Ejercicio 6

Determine el peso especifico del cilindro de 1.2m de longitud y 1m de radio, que se usa para mantener cerrada la compuerta del tanque de agua a 20°C de la figura. El cilindro tiene bisagra en A. la presión que marca el manómetro es de 10kPa.

Para el cálculo de la componente horizontal de la fuerza hidrostática y brazo de palanca se tiene (las distancias r están medidas desde el centro del cilindro hasta la fuerza, y las distancias x y y desde la bisagra A)

Solucion: Se requiere determinar el peso necesario para que el momento sobre la bisagra en A sea cero.

Propiedades: El agua se encuentra a 20°C por lo que la densidad es 998.2 kg/m3

Hipotesis:

1. La densidad del cilindro se considera uniforme.

Análisis: Para el cálculo de la componente horizontal de la fuerza hidrostática y brazo de palanca se tiene (las distancias r están medidas desde el centro del cilindro hasta la fuerza, y las distancias x y y desde la bisagra A):

FH=∫ ( Po+ Pc ) d AV =(P ¿¿o+γ H 2Ohc) AV ¿

FH=(10 kPa+(9.789kNm3 )( 1.5

2m))(1.5 m ) (1.2m )=31.2152 kN

y H= yc+γ sin θ I

FH

=1.52

m+(9.789

kN

m3 ) (1.2m )(1.5 m)3

12(31.2152 kN )=0.8558 m

r F H= yH−ho=0.8558 m−0.5 m=0.3558 m

Para la componente vertical y brazo de palanca se tiene:

FV 1=∫(P ¿¿o+Pc )dA=(Po+γ H2 O ho ) A+γ H 2 O ∀ ¿

FV 1=(10 kPa+(9.789

kNm3 ) (0.5 m )) (1m) (1.2 m )+(9.789

kNm3 ) π

4(1m )

2

(1.2 m )

FV 1=27.0993 kN

FV 2=∫(P ¿¿o+Pc )dA=Po A+γ H 2 O∀ ¿

FV 1=10 kPa(1m−√3

2m)(1.2 m )+(9.789

kNm3 ) (1.2m )(( 0.5 m) (1 m )−15 π

180(1m)2−

(0.5 m )(√32

m)2

)FV 2

=2.18 kN

FV=FV 1−FV 2

=27.0993 kN−2.18 kN=24.9193 kN


FV

rV =31.2152 kN (0.3558 m)

24.9193 kN=0.4457 m

xV=√32

m−0.4457 m=0.4203 m

Para el cálculo del peso especifico:

∑ M c=0→ FH yH +FV xV −γ ∀ rW=0

γ=(31.2152 kN ) (0.8558 m )+(24.9193kN ) (0.4203 m )

π (1m )2 (1.2m )(√32

m)=11.39

kN

m3

Discusión: Si el peso especifico del cilindro fuera menor, seria necesario disminuir la presión en el tanque pues al estar presurizado, tanto las fuerzas hidrostáticas horizontales, como verticales que actúan sobre la superficie son mayores.

Primer Examen Parcial

Clave I (a)

Ejercicio 1

En el sistema mostrado en la figura, el cilindro 1 baja mientras el cilindro 2 sube ambos con velocidad constante de 2m/s. las dimensiones de los cilindros son iguales y el aceite lubricante vertido en los claros diametrales mostrados

en la figura es de 10 cP. Si γ 1=20 kN /m3determine γ 2.

Solución: Se requiere determinar el peso especifico del cuerpo 2, necesario para que se cumplan las condiciones descritas.

Hipótesis:

4. La densidad de los cuerpos es uniforme5. El perfil de velocidad se considera lineal6. Las poleas no ejercen ningún tipo de fricción sobre el sistema

Análisis: Para determinar el peso especifico del cilindro, es necesario conocer su peso, por lo que, haciendo equilibrio de fuerzas, debe determinarse dicho valor.

Fuerza de arrate:

τ μ=μdVdy

=μΔVΔ y

=0.01 Pa ∙ s2 m /s

0.0005 m=40 Pa

Fμ=∫ τμ dA=τμ A=40 Pa (2 π ) (0.05 ) h=4 πh

Pesos:

W =γ ∀→∀=∀1=∀2=π r 2h=π (0.05)2h=0.0025 πh

W 1=γ1 ∀=20kN

m3(0.0025 πh )=50 πhW 1=γ 2∀=γ2 (0.0025 πh )=0.0025 γ2 πh

Tensión en cuerda:

T 1=W 1−Fμ=50 πh−4 πh

T 2=W 2+Fμ=0.0025 γ2 πh+4 πh

Igualando tensiones:

T 1=T2

50 πh−4 πh=0.0025 γ 2 πh+4 πh

γ 2=16.8kN

m3

Discusión: El resultado obtenido para el peso especifico del cilindro dos, es menor que el del cilindro uno, lo cual era de esperarse pues el cilindro dos debe bajar, debido a su mayor peso, mientras que el cilindro uno subir, por ser su densidad menor.

Problema 2

En el manómetro de la figura, determinar la diferencia de altura R en cm, para una diferencia de presión entre los dos depósitos, A y B de 1 cm. De columna de agua. Las densidades de los líquidos son ρ1= 103 Kg/m3 y ρ2=1050 Kg/m3 y la relación de área a/A= 0.01 (Los fluidos están a 20°C)

Solución: Se debe determinar la nueva diferencia de alturas entre los brazos del manómetro, al aplicar una diferencia de presión de 1 cm de columna de fluido.

Hipótesis:

3. En un estado inicial, al ser la diferencia de presiones entre los brazos igual a cero, la diferencia de alturas también lo es.

4. El volumen de ambos fluidos se conserva, pues todos los fluidos se consideran incompresibles

Análisis: Debe determinarse primero la diferencia de presión aplicada entre las dos ramas, para luego encontrar la nueve lectura diferencial h.

Convirtiendo la diferencia de presión aplicada a KPa:

0.01 mca=P /γ

∆ P=0.01 mca γ

∆ P=9.789 x0.01=97.89 Pa

Por manometría, se determina la diferencia de altura R:

PA+ ρ1 g ( y−R¿)+ρ1 gR−ρ2 gR−ρ1 gy=PB


Por conservación de volumen, se encuentra la relación entre diferencia de altura en la parte del brazo de sección A y la de sección menor a:

R¿ A=Ra

R¿=RaA

R¿=0.01 R

Sustituyendo la relación anterior y valores conocidos:


−ρ1 g (0.01 R)+ ρ1 gR−ρ2 gR=PB−¿ P A ¿

R=PB−¿P A

−ρ1 g(0.01)+ρ1 g−ρ2 g¿

R= −97.89−103 x 9.81 ( 0.01 )+103 x 9.81−1050 x 9.81

R=1.05 cm

Discusión: En el sistema que se analiza, se considero que la diferencia de alturas a diferencia de presión cero, era nula, por lo que, al utilizar el principio de conservación de volumen, se pudo determinar la diferencia de altura manométrica R, sin conocer ningún dato adicional. Si la diferencia de alturas hubiese sido diferente de cero, anter una diferencia de presión nula, habría sido necesario conocer otros datos para la determinación de la altura manométrica diferencial.

Problema 3

En el sistema mostrado en la figura los fluidos están a 20°C y la Patm = 720 mmHg determine: a) La altura Z y b) el volumen que alcanza el gas si este es calentado hasta que la temperatura llega a 60° y Z=1.

Solución: Se requiere determinar la diferencia de alturas entre el fluido en un contenedor de gas presurizado y el fluido abierto a la atmosfera. Además, el nuevo volumen que alcanzara la masa de gas, al incrementar la temperatura.

Propiedades: El peso especifico del agua a 20°C que se utiliza para el cálculo es: 9.789 KN/m3

Hipótesis:

3. El gas en el contenedor se considera ideal4. No existen fugas de gas del contenedor

Análisis: Se debe determinar primero la diferencia de altura Z. El cambio en el volumen, se encuentra aplicando la ecuación de gases ideales para una masa constante de gas, pues no hay fugas en el proceso.

c) Para la presión del gas, partiendo del lado izquierdo del manómetro:

Pgas=0.16 m γ H2 O+0.025 mγ Hg=0.16 (9.789 )+0.025 (133.02 )=4.89 kPa

Partiendo del lado derecho:

Pgas=Z γ H 2 O=Z (9.789)

Igualando presiones:

Z (9.789 )=4.89 → Z=0.5

d) Para determinar el cambio de volumen del gas se utilizo la siguiente ecuación:

P2=Z γ H 2 O=1m(9.789kN

m3 )=9.789 kPa

P1∀1

T1

=P2∀2

T2

→∀2=P1∀1 T2

T 1 P2

∀2=( 4.89+133.02 (0.7 ) ) (60+273.15 )∀1

(20+273.15 )(9.789+133.02 (0.7 ))

∀2=1.0823 ∀1

Discusión: El resultado obtenido para el cambio de volumen, concuerda con el hecho que la temperatura se esta incrementando y el volumen de todo gas es directamente proporcional a su temperatura. En la condición inicial, la diferencia de alturas z es menor, por lo que, también la diferencia de presión es menor. Al incrementarse la altura z, se está incrementando la presión en el contenedor.

Ejercicio 4

El depósito mostrado en la figura mide 1m de ancho, la compuerta ABC pesa 2kN y su centro de gravedad está situado a 1m a la izquierda de B, determine la altura h necesaria para mantener la posición mostrada. La compuerta puede girar alrededor de la bisagra C. los fluidos están a 20°C.

Solución: Se requiere determinar la altura del mercurio para que la compuerta se mantenga estática en la posición mostrada.

Propiedades: Los fluidos se encuentran a 20° C y las densidades de los mismos son: ρ H2O = 998.2 kg/m3 ρHg=13550 Kg/m3

Hipótesis:

3. Se supone que tanto la temperatura como la densidad de los fluidos se mantiene constante.4. No existen fuerzas de fricción pues el fluido se encuentra estático y no hay movimiento entre capas.

Análisis:

b) Se determinará la fuerza hidrostática en AB y en BC por separado (las distancias y son medidas desde la superficie libre, y las distancias r medidas desde la bisagra C):

Fuerza hidrostática sobre AB

F AB=∫(P¿¿o+Pc )dA=0+γ H 2 O hc A=9.789kN

m3 ( 1.82

m) (1.8 m ) (1 m)=15.858 kN ¿

y AB= yc+γ sinθ I

F AB

=1.82

m+(9.789

kN

m3 ) (1 m )(1.8 m)3

12(15.858 kN )=1.2 m

r F AB=H− y AB=(2.5 m ) tan 30+1.8 m−1.2 m=2.0433 m

Fuerza Hidrostática sobre BC

FBC=∫(P¿¿o+Pc)dA=(γ H 2 O hAB+γ H 2Ohc) A ¿

FBC=(9.789kN

m3(1.8 m )+9.789

kN

m3 ( 2.5cos30

m) sen302 ) (1.8 m ) (1m )=71.2589 kN

r FBC=rc−

γ sin θ IFBC

= 2.52 cos30

m−(9.789

kNm3 )(sen30) (1 m)( 2.5

cos 30m)

3

12(71.2589 kN )=1.3056 m

Para el peso:

W =2 kN

rW=2.5 m−1 m=1.5 m

Para que el sistema este estático, la sumatoria de momentos en el pivote C debe ser igual a cero:

∑ M c=0→−F ABr AB−FBC r BC−W rW+FHg r Hg=0

FHg rHg=(15.858 kN ) (2.0433 m )+ (71.2589 kN ) (1.3056 m )+ (2kN )(1.5 m)

FHg rHg=128.438 kN ∙ m

Para la Fuerza producido por el mercurio:

F AB=∫(P¿¿o+Pc )dA=0+γ Hg hc A=133.02kN

m3 ( h2 )( h

sen 30 ) (1m )=133.02h2¿

r Hg=rc−γ sin θ I

FHg

= h2 sen30

−(133.02

kNm3 )(sen30) (1m)( h

sen30 )3

12(133.02 h2)=0.66667 h

Igualando los momentos producidos por el mercurio se tiene:

131.444 kN ∙ m=(133.02 h2 ) (0.66667 h )

h=1.1342m

Discusión: El resultado obtenido es correcto, pues la h se encuentra en el rango en el que la pared de la compuerta esta inclinada, si el resultado hubiera sobrepasado dicha altura, sería necesario volver a hacer el análisis completo, suponiendo que h se encuentra en la compuerta vertical.

Ejercicio 5:

La superficie circular formada por el cuarto de cilindro con R=0.75m tal como se muestra en la figura, se utiliza para regular el volumen de agua (25°C). Para una profundidad H=0.65m y ancho de la superficie de 3.5m determine: a) magnitud y ubicación a partir de la superficie libre de componente horizontal de la fuerza hidrostática, b) magnitud y ubicación a partir del centro de la componente vertical de la fuerza hidrostática.

Solución: Determinar la fuerza horizontal actuando sobre la compuerta circular, asi como su ubicación a partir de la superficie libre. Además, se requiere la ubicación de la componente vertical y su ubicación a partir del centro de la compuerta semi circular.

Propiedades: El peso especifico del agua a 25°C es de 9.777 KN/m3

Hipótesis:

3. La densidad de la masa de agua es constante.4. El efecto de la presión atmosférica se anula al actuar sobre toda la superficie, por lo que no se considera.

Análisis:

Para el cálculo de la componente horizontal:

FH=∫ ( Po+ Pc ) d AV =γ H2 OH2

AV =9.777kN

m3 ( 0.652

m) (3.5 m ) (0.65 m )=7.22887 kN

y H= yc+I

y c A=0.65

2m+

(3.5 m )(0.65 m)3

12( 0.652

m)(3.5 m ) (0.65 m )=0.4333 m

Para el cálculo de la componente vertical:

FV=∫ ( Po+Pc) d AH=γ H2 O ∀

FV=9.777kNm3 (3.5 m )[ (0.65 m ) (0.75 m )−

(√0.14m ) (0.65 m )2

−( 30 π180 )(0.75 m)2]

FV=2.4423 kN

Para el cálculo de la ubicación de la componente vertical, se realizó la sumatoria de momentos en el centro del semicírculo, debido a que las componentes de las fuerzas se anulan los efectos de rotación entre ellas, el momento es igual a cero.


FV

rV =7.22887 kN (0.65 m−0.4333 m)

2.4423 kN=0.6414 m

Discusión: La fuerza hidrostática total actuando sobre la superficie, debe ser normal a esta, por lo que pasa siempre por el centroide por lo que no ejerce momento sobre este punto.

Ejercicio 6

Determine el peso especifico del cilindro de 1.2m de longitud y 1m de radio, que se usa para mantener cerrada la compuerta del tanque de agua a 20°C de la figura. El cilindro tiene bisagra en A. la presión que marca el manómetro es de 14kPa.

Solucion: Se requiere determinar el peso necesario para que el momento sobre la bisagra en A sea cero.

Propiedades: El agua se encuentra a 20°C por lo que la densidad es 998.2 kg/m3

Hipotesis:

2. La densidad del cilindro se considera uniforme.

Análisis: Para el cálculo de la componente horizontal de la fuerza hidrostática y brazo de palanca se tiene (las distancias r están medidas desde el centro del cilindro hasta la fuerza, y las distancias x y y desde la bisagra A):

FH=∫ ( Po+ Pc ) d AV =(P ¿¿o+γ H 2Ohc) AV ¿

FH=(14 kPa+(9.789kNm3 )( 1.5

2m)) (1.5 m ) (1.2 m )=38.4152 kN

y H= yc+γ sin θ I

FH

=1.52

m+(9.789

kN

m3 ) (1.2m )(1.5 m)3

12(38.4152 kN )=0.836 m

r F H= yH−ho=0.836 m−0.5 m=0.336 m

Para la componente vertical y brazo de palanca se tiene:

FV 1=∫(P ¿¿o+Pc )dA=(Po+γ H2 O ho ) A+γ H 2 O ∀ ¿

FV 1=(14 kP a+(9.789

kNm3 ) (0.5 m)) (1m ) (1.2 m)+(9.789

kNm3 ) π

4(1m )

2

(1.2m )

FV 1=31.8993kN

FV 2=∫(P ¿¿o+Pc )dA=Po A+γ H 2 O∀ ¿

FV 1=14 kPa(1 m−√3

2m) (1.2 m)+(9.789

kNm3 ) (1.2 m )((0.5 m ) (1 m )−15 π

180(1m)2−

(0.5 m )(√32

m)2

)FV 2

=2.505kN

FV=FV 1−FV 2

=31.8993 kN−2.505 kN=29.3943 kN


FV

rV =31.8993 kN (0.336 m )

29.3943 kN=0.3646 m

xV=√32

m−0.3646 m=0.5013 m

Para el cálculo del peso especifico:

∑ M c=0→ FH yH +FV xV −γ ∀ rW=0

γ=(31.8993 kN ) (0.836 m )+(29.3943 kN ) (0.5013 m )

π (1 m)2 (1.2m)(√32

m)=12.6815

kN

m3

Discusión: Si el peso especifico del cilindro fuera menor, sería necesario disminuir la presión en el tanque pues al estar presurizado, tanto las fuerzas hidrostáticas horizontales, como verticales que actúan sobre la superficie son mayores.

Segundo Examen Parcial

Clave I

Ejercicio 1

El cuerpo mostrado en la figura se pone a flotar en agua a 20°C, considerando que su centro de gravedad esta a 0.60 m de su extremo superior y la profundidad de inmersión es de 0.90 m determine el peso y la estabilidad del cuerpo.

Solución: Se debe determinar el calado del cuerpo, equilibrando las fuerzas, para luego realizar el análisis de estabilidad necesario.

Propiedades: La densidad del agua a 20°C es de 998.2 kg/m3

Hipótesis:

1. La densidad del cuerpo es completamente uniforme2. La densidad del cuerpo es menor a la del agua.

Análisis: Se debe determinar la profundidad de inmersión de la boya mostrada en la figura, lo cual se realiza igualando el peso con la fuerza de flotación.

Para encontrar el peso del cuerpo:

Fb=W

γ fluido × ∀desplazado=W

∀desplazado=23

π r3+π r2 h=23

π 0.753+π 0.752 0.15

∀desplazado=1.1486 m3

W =γ fluido ×∀desplazado

W =9.789 ×1.1486=11.24 KN


MG=|MB|−|GB|

MG=I Amin

∀desplazado

−|OB−GB|

Al calcular MB

I Amin=π r4

4=π 0.754

4=0.2485 m4

MB=0.2485 m4

1.1486 m3 =0.2164 m

B=Y total=∑ ∀i Y i

A total

B=( 2

3π r3 ×

58

r )+(r+ h2 ) ( π r2h )

π r2 h+23

π r3

B=( 2

3π 0.753 ×

58

0.75)+(0.75+ 0.152 ) ( π 0.752 0.15 )

π 0.752 0.15+ 23

π 0.753

B=0.55 m

GB=0.75−0.551=0.199 m

MG=0.2164−0.199=0.01743 m

MG=0.01743 → Positivo ∴ es estable

Discusión: Si el cilindro hueco hubiese contenido fluido, el área cortada en la superficie libres hubiera sido la del anillo. Era de esperarse que el cuerpo resultase ser estable pues la mayor parte del peso se encuentra en la sección semiesférica inferior.

H

H0

Ejercicio 2

Un recipiente cilíndrico vertical de 60 cm de diámetro contiene 300 l de agua. Calcule la altura mínima que debe tener para que no se derrame liquido cuando gira a 200rpm y con esta altura determine la fuerza sobre el fondo.

Solución: Se requiere determinar la altura mínima necesaria para que el fluido dentro del recipiente no se derrame. Con la información del volumen, deberá calcularse la altura inicial y a partir de esta, el excedente necesario. Además debe determinarse la fuerza sobre el fondo del recipiente.

Hipótesis:

1. El fluido contenido en el recipiente, se considera incompresible. 2. El eje de giro se encuentra sobre la línea central del volumen cilíndrico.

Análisis: Se determina la altura inicial, utilizando la información del volumen y los parámetros geométricos del recipiente.

∀=π r2 ho

300 ×10−3=π 0.32 ho

ho=1.061 m

zmáx=ω2r 2

2g=

( 20 π3 )

2

0.32

2 (9.81 )=2.012 m

hmín=ho+zmáx

2=1.061+ 2.012

2=2.067 m

hmín=2.067 m

F=∫Pc A → Pc=ρ ω2

2r2−ρgz

z=ho−zmáx

2=1.061−2.012

2=0.0549 m

F=∫0

0.3

¿¿

F=2917.88 N

Ejercicio 3

Dado el dispositivo de la figura, calcule el caudal de agua despreciando las perdidas y con los siguientes datos: Agua 20°C; γm=6x104N/m3; P2=20 KPa; A=10-2 m

Solución: Se debe determinar el caudal que pasa a través del sistema, utilizando la presión de estancamiento medida por el tubo de pitot y la diferencia de presiones entre los puntos 1 y 2.

Propiedades: El fluido que fluye por el sistema es agua a 20°C, cuya densidad es 998.2 Kg/m3

Hipótesis:

1. No existen perdidas de carga en el sistema.2. El fluido se considera incompresible, por lo que el flujo volumétrico debe conservarse.3. El fluido contenido en el tubo de pitot es agua,

Análisis: Se utiliza primero la lectura del tubo de pitot para determinar la carga total en el punto de estancamiento y luego encontrar la presión, que será comparada con la presión en el punto dos a través del manómetro diferencial.

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=H 1

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=3.80m

Conociendo la presión en el punto 2 y la diferencia de presiones, se determina:

P1=P2+γm (0.20 )−γ (0.20 )

P1=20000 Pa+(6x 104 N /m3) (0.20 m )−(9789 N /m3 ) (0.20 m )

P1=30.0422 kPa

30.04229.789

+V 1

2

2 g=3.80 m

V 1=3.7871 m /s

Conociendo la velocidad, puede determinarse el caudal

Q=VA

Q=(3.7871ms ) (10−2m2 )

Q=0.037871m3/ s

Discusión: La medición de la presión de estancamiento, como puede verse, no inflye en la determinación de la carga total en el tubo de pitot, pues los dos puntos que se están analizando0 y comparando (en cuanto a presiones) se encuentran a la misma elevación. Caso contrario, no podría despreciarse la diferencia de altura. La caída de presión en el punto dos, al despreciar las perdidas en el medidor de venturi, se deben únicamente al incremento de velocidad debido a la contracción en el área transversal de la tubería.

Ejercicio 4

La instalación de la figura, muestra una maquina con un caudal de agua de 16 L/s. Las pérdidas de carga en la conducción son hl1-2 = hl3-4= 1 m. El manómetro de la sección (2) indica 200KPa y el de la sección (3) indica 400KPa. Determinar:

a) El sentido del flujob) La perdida de carga en el trecho (2)-(3)c) El tipo de máquina y la potencia en el ejed) La presión en (4) en KPa

Solución: Se requiere determinar la dirección del flujo en el sistema mostrado, para lo que deben evaluarse dos puntos de propiedades conocidas. Además, se pide encontrar la perdida de carga entre dos puntos especificados y la función y potencia de la maquina del sistema.

Propiedades: El fluido en el sistema es agua y a falta de datos, se considera la densidad como 1000 kg/m3

Hipótesis:

1. El fluido en el sistema es incompresible2. Se supone que el flujo es turbulento3. Se desprecian las perdidas en la entrada y salida de las tuberías.

Análisis: Se determinara la dirección del flujo, evaluando la carga total en los dos puntos de propiedades conocidas

Encontrando las velocidades:

V 3=16 x1 0−3

8 x1 0−3 =2 m / s

V 2=16 x10−3

2 x10−3 =8m/ s

Evaluando los puntos conocidos:

H 3=4009.81

+ 22

2 x 9.81=¿40.9785 m

H 2=2009.81

+ 82

2 x 9.81=¿23.6943 m

H 3>H 2 ∴El flujode dirigede 4 a1

Para determinar la perdida entre los puntos 2 y 3:

P3

γ+

V 32

2 g+z3=

P2

γ+

V 22

2 g+z2+hl 2−3

H 3=H 2+h l 2−3

40.9785=23.6943+h l 2−3

hl 2−3=17.3291

Para determinar el tipo de máquina y la potencia en su eje:

P2

γ+

V 22

2 g+Z2+hm=

P1

γ+

V 12

2 g+Z1+hL1−2

hm=( P1−P2 )

γ+( Z1−Z2 )+

V 22

2 g+hL1−2

hm=(100−200 )

9.81− 82

2x 9.81+1=−12.4556

W =γQHη

W =9.81 x16 x1 0−3 x12.4556 x 0.80=1.5640 KWatts

Para determinar la presión en el punto 4

P3

γ+

V 32

2 g+Z3=

P4

γ+

V 42

2 g+Z4+hL3−4

P3

γ+

V 32

2 g+Z3−(V 4

2

2g+Z4+hL3−4)= P4

γ

P4=( 4009.81

+ 22

2x 9.81+0−(5+1 ))x 9.81=343.14 KPa

Discusión: Al determinar el sentido del flujo en el sistema mostrado, era de esperarse que la maquina entre 1 y 2 fuese una turbina, pues, de haber sido el flujo contrario, la maquina habría sido utilizada como bomba para entregarle al fluido la presión necesaria para subir hasta el punto 4. Mientras que, tal como se muestra la configuración del sistema, el fluido caería por si solo hasta el tanque.

Ejercicio 5

En el sistema de bombeo de la figura, la longitud de la tubería de descarga es de 82 pies, el factor de rozamiento f=0.018, Kcodo=0.9, Kboquilla=30 basado en la velocidad de la tubería de descarga, la eficiencia de la bomba es del 75%, el fluido bombeado es agua a 25° C, la presión en la entrada de la bomba P A= -3.5 psi. Determine la potencia en el eje cuando el caudal bombeado es 0.50 pie3/s.

Solución: Se requiere determinar la potencia en el eje para un caudal dado, esto puede lograrse haciendo conservación de la energía para encontrar la potencia útil aplicada al fluido y luego convertirla a potencia en el eje a través del valor de eficiencia de la bomba.

Propiedades: El fluido que fluye por el sistema es agua a 25°C, cuya densidad se toma de tablas como 997.8 Kg/m3

Hipótesis:

1. Las perdidas en la entrada y salida de la bomba se encuentran contempladas en la eficiencia de la misma.2. El fluido que sale a través de la boquilla es descargado a la atmosfera.

Análisis: Para encontrar la potencia de la bomba, se analizan los puntos de succión y descarga del sistema

P A

γ+

V A2

2∗g+H B,U =

V c2

2∗g+Zc+

V B2

2∗g∗( f∗L

d+∑ K )

HB ,U=V c

2

2∗g+Zc+

V B2

2∗g∗( f∗L

d+∑ K)−P A

γ+

V A2

2∗g

Como no se conocen las velocidades, es necesario expresar la ecuación en función del caudal

HB ,U= 8 Q2

π2 gdC4 +Zc+

8Q2

π2 gd B4∗( f ∗L

d+∑ K )− PA

γ+ 8Q 2

π2 g d A4

Al sustituir los valores conocidos, se tiene:

HB ,U= 8 x 0.52

π2 x 32.22( 1.3012 )

4+82+ 8 x0.52

π 232.22( 2.512 )

4 ( 82 x 0.0182.512

+30.9)−−50462.22

+ 8 x 0.52

π2 x 32.22( 312 )

4

HB ,U=258.96 ft

W =Q∗HB ,U∗γ

η

W =0.5∗258.96∗62.220.75

=10742.0737

W =19.53 Hp

Discusión: La bomba debe suministrar 19.53 Hp de potencia para que las condiciones presentadas en el sistema se cumplan. Es importante notar que si la altura de la tubería de descarga fuera mayor, la bomba también tendría que suministrar una mayor potencia, al igual que si la velocidad de salida requerida se incrementara,

Ejercicio 6

Calcule las componentes de la fuerza horizontal y vertical sobre la T colocada en el plano horizontal que se muestra en la figura. Desprecie las pérdidas de energía.

Solución: Se requieren las reacciones necesarias para mantener en equilibrio estático la tubería mostrada.

Propiedades: El fluido en la tubería es agua y la densidad se toma como 1000 Kg/m3

Hipótesis:

1. El fluido que fluye por la tubería es incompresible, por lo que el flujo másico permanece constante.2. No hay perdidas por fricción en el sistema.

Análisis: Se deben determinar las componentes de la fuerza de reacción sobre la tubería mostrada. En dicho análisis se incluyen las fuerzas de presión de salida y entrada del flujo, por lo que es necesario realizar conservación de energía para determinar las presiones en todas las ramas de tubería, asi:

Haciendo Energía 1-2


AL hacer la sumatoria de fuerzas en x

AL hacer la sumatoria de fuerzas en y

* + *

Discusión: En el problema analizado, el peso del sistema no influye. Si el peso no hubiera sido despreciado, la reacción en Y obtenida seria menor, pues el peso contrarresta el efecto que ejerce el fluido sobre el volumen de control, al ser impulsado hacia abajo, por la tubería Tres.

Segundo Examen Parcial

Clave I (a)

Ejercicio 1

El cuerpo mostrado en la figura se pone a flotar en agua a 20°C, considerando que su centro de gravedad esta a 0.60 m de su extremo superior y la profundidad de inmersión es de 0.85 m determine el peso y la estabilidad del cuerpo.

Solución: Se debe determinar el calado del cuerpo, equilibrando las fuerzas, para luego realizar el análisis de estabilidad necesario.

Propiedades: La densidad del agua a 20°C es de 998.2 kg/m3

Hipótesis:

3. La densidad del cuerpo es completamente uniforme4. La densidad del cuerpo es menor a la del agua.

Análisis: Se debe determinar la profundidad de inmersión de la boya mostrada en la figura, lo cual se realiza igualando el peso con la fuerza de flotación.

Para encontrar el peso del cuerpo:

Fb=W

γ fluido × ∀desplazado=W

∀desplazado=23

π r3+π r2 h=23

π 0.753+π 0.752 0.10

∀desplazado=1.0602 m3

W =γ fluido ×∀desplazado

W =9.789 ×1.0602=10.379 KN


MG=|MB|−|GB|

MG=I Amin

∀desplazado

−|OB−GB|

Al calcular MB

I Amin=π r4

4=π 0.754

4=0.2485 m4

MB=0.2485 m4

1.0602 m3 =0.2343 m

B=Y total=∑ ∀i Y i

A total

B=( 2

3π r3 ×

58

r )+(r+ h2 ) ( π r2h )

π r2 h+23

π r3

B=( 2

3π 0.753 ×

58

0.75)+(0.75+ 0.152 ) ( π 0.752 0.10 )

π 0.752 0.10+ 23

π 0.753

B=0.5281 m

GB=0.75−0.5281=0.2218 m

MG=0.2343−0.2218=0.0125 m

MG=0.0125 → Positivo ∴ es estable

Discusión: Si el cilindro hueco hubiese contenido fluido, el área cortada en la superficie libres hubiera sido la del anillo. Era de esperarse que el cuerpo resultase ser estable pues la mayor parte del peso se encuentra en la sección semiesférica inferior.

H

H0

Ejercicio 2

Un recipiente cilíndrico vertical de 60 cm de diámetro contiene 300 l de agua. Calcule la altura mínima que debe tener para que no se derrame liquido cuando gira a 150 rpm y con esta altura determine la fuerza sobre el fondo.

Solución: Se requiere determinar la altura mínima necesaria para que el fluido dentro del recipiente no se derrame. Con la información del volumen, deberá calcularse la altura inicial y a partir de esta, el excedente necesario. Además debe determinarse la fuerza sobre el fondo del recipiente.

Hipótesis:

3. El fluido contenido en el recipiente, se considera incompresible. 4. El eje de giro se encuentra sobre la línea central del volumen cilíndrico.

Análisis: Se determina la altura inicial, utilizando la información del volumen y los parámetros geométricos del recipiente.

∀=π r2 ho

300 ×10−3=π 0.32 ho

ho=1.061 m

Para el cálculo de la altura mínima:

zmáx=ω2r 2

2g=

(5 π )20.32

2 (9.81 )=1.13 m

hmín=ho+zmáx

2=1.061+ 1.13

2=1.6269 m

hmín=1.6269 m

Para el calculo de la fuerza en el fondo del recipiente:

F=∫Pc A → Pc=ρ ω2

2r2−ρgz

z=ho−zmáx

2=1.061−1.13

2=0.495 m

F=∫0

0.3

¿¿

F=2942.91 N

Ejercicio 3

Dado el dispositivo de la figura, calcule el caudal de agua despreciando las perdidas y con los siguientes datos: Agua 30°C; γm=6x104N/m3; P2=20 KPa; A=10-2 m

Solución: Se debe determinar el caudal que pasa a través del sistema, utilizando la presión de estancamiento medida por el tubo de pitot y la diferencia de presiones entre los puntos 1 y 2.

Propiedades: El fluido que fluye por el sistema es agua a 20°C, cuya densidad es 998.2 Kg/m3

Hipótesis:

4. No existen perdidas de carga en el sistema.5. El fluido se considera incompresible, por lo que el flujo volumétrico debe conservarse.6. El fluido contenido en el tubo de pitot es agua,

Análisis: Se utiliza primero la lectura del tubo de pitot para determinar la carga total en el punto de estancamiento y luego encontrar la presión, que será comparada con la presión en el punto dos a través del manómetro diferencial.

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=H 1

P1

γ+

V 12

2 g+Z1=3.80m

Conociendo la presión en el punto 2 y la diferencia de presiones, se determina:

P1=P2+γm (0.20 )−γ (0.20 )

P1=20000 Pa+(6x 104 N /m3) (0.20 m )−(9764 N /m3) (0.20 m )

P1=30.0472 kPa

30.04729.764

+V 1

2

2 g=3.80 m

V 1=3.7654 m /s

Conociendo la velocidad, puede determinarse el caudal

Q=VA

Q=(3.7667ms )( 10−2 m2 )

Q=0.037654 m3/s

Discusión: La medición de la presión de estancamiento, como puede verse, no influye en la determinación de la carga total en el tubo de pitot, pues los dos puntos que se están analizando0 y comparando (en cuanto a presiones) se encuentran a la misma elevación. Caso contrario, no podría despreciarse la diferencia de altura. La caída de presión en el punto dos, al despreciar las perdidas en el medidor de venturi, se deben únicamente al incremento de velocidad debido a la contracción en el área transversal de la tubería.

Ejercicio 4

La instalación de la figura, muestra una maquina con un caudal de agua de 16 L/s. Las pérdidas de carga en la conducción son hl1-2 = hl3-4= 1 m. El manómetro de la sección (2) indica 200KPa y el de la sección (3) indica 400KPa. Determinar:

e) El sentido del flujof) La perdida de carga en el trecho (2)-(3)g) El tipo de máquina y la potencia en el ejeh) La presión en (4) en KPa

Solución: Se requiere determinar la dirección del flujo en el sistema mostrado, para lo que deben evaluarse dos puntos de propiedades conocidas. Además, se pide encontrar la perdida de carga entre dos puntos especificados y la función y potencia de la maquina del sistema.

Propiedades: El fluido en el sistema es agua y a falta de datos, se considera la densidad como 1000 kg/m3

Hipótesis:

4. El fluido en el sistema es incompresible5. Se supone que el flujo es turbulento6. Se desprecian las perdidas en la entrada y salida de las tuberías.

Análisis: Se determinara la dirección del flujo, evaluando la carga total en los dos puntos de propiedades conocidas

Encontrando las velocidades:

V 3=16 x1 0−3

8 x1 0−3 =2 m / s

V 2=16 x10−3

2 x10−3 =8m/ s

Evaluando los puntos conocidos:

H 3=4009.81

+ 22

2 x 9.81=¿40.9785 m

H 2=2009.81

+ 82

2 x 9.81=¿23.6943 m

H 3>H 2 ∴El flujode dirigede 4 a1

Para determinar la perdida entre los puntos 2 y 3:

P3

γ+

V 32

2 g+z3=

P2

γ+

V 22

2 g+z2+hl 2−3

H 3=H 2+h l 2−3

40.9785=23.6943+h l 2−3

hl 2−3=17.3291

Para determinar el tipo de máquina y la potencia en su eje:

P2

γ+

V 22

2 g+Z2+hm=

P1

γ+

V 12

2 g+Z1+hL1−2

hm=( P1−P2 )

γ+( Z1−Z2 )+

V 22

2 g+hL1−2

hm=(100−200 )

9.81− 82

2x 9.81+1=−12.4556

W =γQHη

W =9.81 x16 x1 0−3 x12.4556 x 0.80=1.5640 KWatts

Para determinar la presión en el punto 4

P3

γ+

V 32

2 g+Z3=

P4

γ+

V 42

2 g+Z4+hL3−4

P3

γ+

V 32

2 g+Z3−(V 4

2

2g+Z4+hL3−4)= P4

γ

P4=( 4009.81

+ 22

2x 9.81+0−(5+1 ))x 9.81=343.14 KPa

Discusión: Al determinar el sentido del flujo en el sistema mostrado, era de esperarse que la maquina entre 1 y 2 fuese una turbina, pues, de haber sido el flujo contrario, la maquina habría sido utilizada como bomba para entregarle al fluido la presión necesaria para subir hasta el punto 4. Mientras que, tal como se muestra la configuración del sistema, el fluido caería por si solo hasta el tanque.

Ejercicio 5

En el sistema de bombeo de la figura, la longitud de la tubería de descarga es de 82 pies, el factor de rozamiento f=0.02, Kcodo=0.9, Kboquilla=32 basado en la velocidad de la tubería de descarga, la eficiencia de la bomba es del 75%, el fluido bombeado es agua a 25° C, la presión en la entrada de la bomba P A= -4.5 psi. Determine la potencia en el eje cuando el caudal bombeado es 0.50 pie3/s.

Solución: Se requiere determinar la potencia en el eje para un caudal dado, esto puede lograrse haciendo conservación de la energía para encontrar la potencia útil aplicada al fluido y luego convertirla a potencia en el eje a través del valor de eficiencia de la bomba.

Propiedades: El fluido que fluye por el sistema es agua a 25°C, cuya densidad se toma de tablas como 997.8 Kg/m3

Hipótesis:

3. Las perdidas en la entrada y salida de la bomba se encuentran contempladas en la eficiencia de la misma.4. El fluido que sale a través de la boquilla es descargado a la atmosfera.

Análisis: Para encontrar la potencia de la bomba, se analizan los puntos de succion y descarga del sistema

P A

γ+

V A2

2∗g+H B,U =

V c2

2∗g+Zc+

V B2

2∗g∗( f∗L

d+∑ K )

HB ,U=V c

2

2∗g+Zc+

V B2

2∗g∗( f∗L

d+∑ K)−P A

γ+

V A2

2∗g

Como no se conocen las velocidades, es necesario expresar la ecuación en función del caudal

HB ,U= 8 Q2

π2 gdC4 +Zc+

8Q2

π2 gd B4∗( f ∗L

d+∑ K )− PA

γ+ 8Q 2

π2 g d A4

Al sustituir los valores conocidos, se tiene:

HB ,U= 8 x 0.52

π2 x 32.22( 1.3012 )

4+82+ 8 x0.52

π 232.22( 2.512 )

4 ( 82 x 0.022.512

+32.9)−−64862.22

+ 8 x0.52

π2 x32.22( 312 )

4

HB ,U=270.589

W =Q∗HB ,U∗γ

η

W =0.5∗270.589∗62.220.70

=12025.7807

W =21.86 Hp

Discusión: La bomba debe suministrar 21.86 Hp de potencia para que las condiciones presentadas en el sistema se cumplan. Es importante notar que si la altura de la tubería de descarga fuera mayor, la bomba también tendría que suministrar una mayor potencia, al igual que si la velocidad de salida requerida se incrementara,

Ejercicio 6

Calcule las componentes de la fuerza horizontal y vertical sobre la T colocada en el plano horizontal que se muestra en la figura. Desprecie las pérdidas de energía.

Solución: Se requieren las reacciones necesarias para mantener en equilibrio estático la tubería mostrada.

Propiedades: El fluido en la tubería es agua y la densidad se toma como 1000 Kg/m3

Hipótesis:

3. El fluido que fluye por la tubería es incompresible, por lo que el flujo másico permanece constante.4. No hay perdidas por fricción en el sistema.

Análisis: Se deben determinar las componentes de la fuerza de reacción sobre la tubería mostrada. En dicho análisis se incluyen las fuerzas de presión de salida y entrada del flujo, por lo que es necesario realizar conservación de energía para determinar las presiones en todas las ramas de tubería, asi:



AL hacer la sumatoria de fuerzas en x

AL hacer la sumatoria de fuerzas en y

* + *

Discusión: En el problema analizado, el peso del sistema no influye. Si el peso no hubiera sido despreciado, la reacción en Y obtenida seria menor, pues el peso contrarresta el efecto que ejerce el fluido sobre el volumen de control, al ser impulsado hacia abajo, por la tubería Tres.

Examen Final

Ejercicio 1

El carro mostrado en la figura inicialmente se encuentra en reposo hasta que es impactado por un chorro de agua a 20℃ tal como se indica en la fig. Si la masa del carro es 100 kg, la velocidad y área del chorro que sale de la

tobera son 30 m/s y 10 cm2, determine a) la velocidad del carro al cabo de 5 seg. Y b) El tiempo para que U=V/2.

Solución: Se proporciona la masa, la velocidad de la tobera y el área en un tiempo determinado se pide la velocidad del carro.

Hipótesis: 1. No existen fuerzas en x y el peso no se toma en cuenta por ser una fuerza en el eje y. 2. La densidad se toma como 998.2 kg/m³ porque está a 20℃3. Todo el fluido que entra en el Vc también sale de el, de modo que no existen perdidas.

Análisis: Se toma el carro completo como volumen de control. La velocidad relativa es (V-U) ya que las velocidades se dirigen a la misma dirección, el flujo másico entra en el carro y también sale y por la ecuación de cantidad de movimiento tenemos:

∑ F x−ax∗m=∑s

m∗V x−∑e

m∗V x

Las fuerzas en x son cero y se toma como eje positivo →

−ax∗m=−ρ∗A∗(V −U )2−ρ∗A∗(V−U )2

La cantidad de movimiento que entra es positiva se dirige hacia la derecha pero lo que sale se dirige hacia la izquierda por lo tanto es negativo. Luego despejamos la aceleración para poder derivar ya que es igual a la variación de la velocidad del carro respecto al tiempo.

ax=−ρ∗A∗(V −U )2− ρ∗A∗(V−U )2

−100

Sustituyendo los valores numéricos que se proporcionan en el problema:

ax=−998.2∗1 x 10−3∗(30−U )2−998.2∗1 x10−3∗(30−U )2

−100

ax=0.019964∗(U−30 )2

dUdt

=0.019964∗(U −30 )2

Para t= 5 seg. Integramos

∫0

UdU

0.019964∗(U −30 )2=∫

0

5

dt

U=22.489 m /s

El tiempo para que U=V/2 entonces para U=15m/s

∫0

15dU

0.019964∗(U −30 )2=∫

0

t

dt

t=1.669 seg .

Discusión: Como puede verse, a mayor tiempo, y en ausencia de fuerzas de fricción u otras fuerzas externas, la velocidad que el carro avanza es cada vez mas próxima a la velocidad del fluido saliente de la boquilla, siendo esta la máxima velocidad que se puede alcanzar.

Problema 2

El caudal por unidad de ancho que atraviesa un vertedor depende de la altura H, la gravedad g, y de la profundidad del fondo P. a) Determine los parámetros adimensionales resultantes. b) A partir de un vertedero prototipo de 3 pies de altura y 600 pies de ancho se desea construir un modelo (escala 1:20) que debe medir 0.380 pies de alto y 1 pie de ancho y se requiere probarlo en el laboratorio con caudal de 0.86 cfs calcule el caudal del prototipo.

Solución: Se debe generar una relación adimensional entre el caudal por unidad de ancho y otros parámetros.

Hipótesis: El modelo es geométricamente similar al prototipo.

Análisis: Se emplea paso a paso el método de repetición de variables para obtener los parámetros adimensionales.

En este problema existen 4 variables y constantes; n=6 con ello se elabora una lista de forma funcional, y la variable dependiente se menciona como una función de las variables y constantes independientes.

Qb

=f ( H ,P , g )

n=4

Se hace una lista con las dimensiones primarias de cada parámetro.

Qb

H P g

( L2

T ) ( L ) ( L ) ( L

T2 )Se deben elegir las variables repetitivas, por el método de repetición de variables, se elige g por ser una constante dimensional, y se elige H pero no se puede elegir P ya que tiene las mismas dimensiones que H y nunca deben elegirse variables con las mismas dimensiones. Por lo que tenemos m= 2

¿ π=n−m=4−2=2

Para el primer parámetro tenemos

Qb

=( H )x (g ) y

( L2

T ) = ( L ) x ( LT2 )

y

= M 0 L0T 0

(T )−1−2∗y=0→ y=−12

( L ) 2+ x+ y=0 → x=−32

π1=Q /b

H 3/2∗g1 /2

Comprobando

L2

T

L3/2∗( LT 2 )

1/2

Para el segundo parámetro se genera de la misma manera

P= (H )x (g ) y

( L ) = ( L ) x ( LT2 )

y

= M 0 L0T 0

(T )0+0−2 y=0→ y=0

( L ) 1+x+ y=0→ x=−1

π2=PL

Comprobando LL

Ahora se desea saber el caudal del prototipo y por definición se sabe quela π dependiente del modelo se iguala con la π dependiente del prototipo, matemáticamente se escribe un enunciado condicional para lograr similitud.

π M=π P

QM

bM

HM3/2∗gM

1 /2 =

QP

bP

HP3/2∗gP

1 /2

QP=QM∗¿ H P

3/2∗gP1/2∗b P

HM3/2∗gM

1 /2∗bM

¿

QP=0.86cfs∗3

32 pies∗600 pies

0.3803 /2 pies∗1 pie

QP=11446.1cfs

Discusión: Nótese que se pueden predecir tendencias con análisis dimensional, inclusive sin saber mucho de la física del problema. A la hora de sustituir los datos numéricos se puede simplificar la gravedad ya que es una constante dimensional, por lo que es igual para el prototipo y para el modelo.

Ejercicio 3

La presión en la brida de unión a la salida de la bomba mostrada en la figura es de 100 KPa, la tubería es de hierro galvanizado de 100 mm de diámetro con un peso de 50 N por metro de largo, los codos están embriados. Determine el caudal y el momento ejercido sobre la brida. El flujo es de agua a 25ºC.

Hipótesis: 1. La velocidad en los puntos A y B son iguales, ya que el caudal y el área es la misma.2. El agua no cambia de densidad en el tiempo y es uniforme en todas partes de la tubería.3. La brida en A no crea perdidas.

Análisis: ya que el caudal es constante, podemos utilizar energía para nuestro análisis, tomando en cuenta las pérdidas en la tubería.

Solución: Usando energía entre los puntos A y B podemos encontrar el caudal en la tubería.

W =50 (0.3 )=15 NW =50 (2.5 )=125 N

W =50 N

Paγ

= Zb + hl

1009.777

=2.5+hl

hl=7.728 m= 8 Q2

π2 g d4 ( fld+Σ K )

f =0.25¿¿

ℜ= 4 Qπd μc

Usando las tres formulas y asumiendo Q=0.05, se itera y se encuentran los datos:

Q f Re

0.050.022143 712900

0.059505

0.022084 848428

0.059531

0.022083 848789

De las iteraciones se tiene que:f=0.02208

Q=0.0595

Para encontrar el momento ejercido sobre la brida se hace de la siguiente manera:

Σ Ma=Σ mv

Ma+0.15 (15 )+0.3 (125 )+0.8 (50 )= ρQ (2.5 )

Ma=68.63 N m

Discusión: El momento ejercido por la brida para mantener estática la tubería es de 68.63 Nm . Si el agua saliera a una mayor velocidad, es decir, si el caudal fuese mayor, el momento también incrementaría, mientras que al incrementar el peso de la tubería, disminuiría.

Ejericicio 4

La bomba que se muestra en la figura debe suministrar 110 l/s a la elevación de 165m a la tubería que descarga a la atmosfera de 300 m de largo y 220 L/s al depósito superior. Despreciando las pérdidas en accesorios calcule la potencia de la Bomba y diámetro requerido del tubo de 300 m de largo. Todas las tuberías son de hierro galvanizado.

Solución:

Hipótesis: continuidad de caudal es válido. No se necesita hacer energía en los tres puntos ya que el caudal se divide a dos lugares y podemos usarlo.

Análisis: usaremos energía para resolver los ejercicios y de esta forma encontrar lo pedido en el ejercicio.

QC=110 L/S

Qb=220 L /SQ=330 L/ S

Realizando analisis de energia entre los puntos A y C

h b+Za=Zc+hl

hb−90=52.0721 f 1+585.151 f 2+987.442 f 3

fi=0.25¿¿

Rei= 4 Qiπdi μc

ℜ1=698187ℜ2=930916

Re3= 930916

f 1=0.01559 6

f 2=0.01609 4

f 3=0.01733 8

Con los datos antes encontrados, se encontró la carga en la bomba

Hb=117.35m

Realizando el analisis de energia entre los puntos A y B

hb+Za=Vb2

2 g+Zb+hl

Con los datos de h1, 2 y 3 obtenemos h4 de la anterior formula:

hl=12.35 (d4−0.000081 )

d4

hl= 8Q2

π2 gd14 ( f 1

l1

d1)+ 8Q2

π2 gd24 ( f 2

l2

d2)+ 8Q2

π 2 gd4 ( f 4

l 4

d )12.35 ( d4−0.000081 )

d4 =(0.015)450 (8 ) (0.33 )2

π2 (9.81 )(0.6)5 +(0.016)1200 (8 ) (0.33 )2

π2 ( 9.81 )(0.45)5 +8(0.11)2

π 2(9.81)d4 ( f 4300d )

f 4=7.07034 d5−0.003333 d

f 4=0.25

[ log ( 0.153.7 di

+5.74

Rei0.9 )]2

Rei= 4Qiπ μc D

d f4 Re0.4 0.017357 349094

0.304045 0.017813 4592660.305556 0.017803 456995

Por lo tanto el diámetro es de D=305mm

Discusión: como puede verse, es necesario un diámetro de 0.30556 m para que se cumplan las propiedades mostradas en el sistema analizado.

Ejercicio 5:

Si 1.2pie3/s de agua a 70°F entra en A hacia el sistema de tuberías mostrado en la figura con una presión de 110lb/pulg2, determine la presión en B, si todas las tuberías son de pvc (rugosidad =0).

Solución: Dado el caudal que pasa atreves del flujo de la tubería y la presión en el punto inicial de la misma, se debe encontrar la presión en el punto B.

Hipótesis: 1. El flujo es estacionario e incompresible. 2. Los efectos de entrada son despreciables y por tanto el flujo está totalmente desarrollado. 3. El tramo en consideración no incluye dispositivos como bombas o turbinas. 4. Se tomaran en cuenta la perdidas por accesorios.

Propiedades: la densidad y la viscosidad dinámica del agua son ρ=1.936 slug/ft3 y μc=10.59x10-6 ft2/ s.

Análisis: Para resolver este problema tenemos que hacer uso de las iteraciones o de un programa que pueda hacerlo, puesto que desconocemos los coeficientes de fricción de las tuberías como también el caudal que fluye por las tuberías que se encuentran en paralelo, por lo que comenzaremos haciendo energía entre los puntos importantes y luego plantearemos las ecuaciones para luego iterar hasta que converjan los datos y así poder sacar la Pb.

Energía de AB

P A

γ+

(V A )2

2 g+z A=

PB

γ+

(V B )2

2g+ zB+H L

Los siguientes términos son igual a cero, dado que las áreas son las mismas como también la altura se ubica en el mismo punto.

(V A )2

2g, z A ,

(V B )2

2 g, z B=0

P A

γ−H L=

PB

γec .1

Donde

H L=Q2

( 1

√ R1

+ 1

√ R2)

2 +Q2 R3

PARA RESISTENCIAS HIDRAULICAS

R1=8

π2 d14 g

( f 1

L1

d1

+Σ k )

R1=8

π2( 612 )

4

32.2 ( f 11270

612

+0.9∗2+1)R1=1023.03 f 1+1.13(III )

R2=8

π2 d24 g ( f 2

L2

d2

+Σ k )R2=

8

π2( 812 )

4

32.2 ( f 21270

812

+0.9∗2+1)R2=242.77 f 2+0.36 (IV )

R3=8

π2 d34 g ( f 3

L3

d3

+Σ k)R3=

8

π2( 812 )

4

32.2 (f 33200

812 )

R3=611.7 f 3

PARA NUMEROS DE REYNOLDS

ℜ1=4 Q1

π d1 μc

ℜ1=4 Q1

π6

1210.59 x 10−6

ℜ1=240461Q1 VII

ℜ2=4Q2

π d2 μc

ℜ2=4 Q2

π8

1210.59 x 10−6

ℜ2=180346 Q2 IX

ℜ3=4Q3

π d3 μc

ℜ3=4 (1.2)

π8

1210.59 x 10−6

ℜ3=216415

PARA LOS COEFICIENTES DE FRICCION

f 1=0.25

[ log ( 5.74

( ℜ1)0.9 )]

2I

f 2=0.25

[ log ( 5.74

( ℜ2 )0.9 )]

2II

f 3=0.25

[ log ( 5.74

( ℜ3 )0.9 )]

2= 0.25

[ log ( 5.74

(216415 )0.9 )]2=0.0153

H L12= Q2

( 1

√ R1

+ 1

√R2)

2 VII

Q1=√ HL12

R1

V

Q2=√ HL12

R2

VI

Para iniciar las iteraciones se supone f 1=0.02 f 2=0.02

De el proceso de iteración se obtiene:

I II III IV V VI VII VIII IXf1 f2 R1 R2 Q1 Q2 HL1-2 Re1 Re2

0.020 0.02 21.59 5.22 0.40 0.80 3.37 95115.3 1450790.018 0.016 19.6 4.38 0.39 0.81 2.91 92621.8 1469490.018 0.016

Sustituyendo valores

H L=Q2

( 1

√ R1

+ 1

√ R2)

2 +Q2 R3

H L=1.22

( 1√19.6

+ 1√4.38 )

2 +1.22∗9.359

H L=16.38 ft

P A

γ−H L=

PB

γ

PA=100

lb

¿2∗¿2

0.08332=14411.5

14411.532.2∗1.936

−16.38=PB

γ

γ (214.799)=PB

PB=13390.4 psf

Discusión: las tuberías 1 y 2 tienen el mismo largo pero diferentes diámetros, por lo que podemos apreciar la considerable dependencia del flujo volumétrico del diámetro, como también podemos ver el efecto que causan las perdidas menores, lo cual a consideración de todos los agentes q intervienen en el proceso podemos notar los cambios que se tienen en teoría que serán más cercanos a la real en comparación a no tomarlos en cuenta.

Tarea Final Mecanica de Fluidos

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