mecanica_c3

STASSI, MAURO JOSÉ AÑO 2007

Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos Ejercicio 3-6 Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo. Resolución

1 2

Aceite, dens. rel. 0,86 Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir

2211 AVAV = entonces

2

112 A

AVV =

reemplazando

2

2

2

2

2 )70()200(2

4)70(

4)200(

2mmmm

sm

mm

mm

smV =

×

×

=π

π

V2 = 16,33 m/s

El caudal másico será

ρρ 22 AVQm ==•

3

2

100086,04

)07,0(33,16mkgm

smm ××

××=

• π

skgm 03,54=

•

Ejercicio 3-30

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS CAPÍTULO 3 1

En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren?


A B

Aceite, dens. rel. 0,86

102

Resolución Como el flujo es permanente e incompresible, podemos aplicar la ecuación de Bernoulli, es decir

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Para A, reemplazando

gvz

Pz

P AA

atmatm

2

2

0 ++=+γγ

gvzz A

A 2)(

2

0 =−

)(2 0 AA zzgv −×=

)0,00,11(174,322 2 ftftsftvA −×=

sftvA 60,26=

Por continuidad

AAA vAQ =

sftftQA 60,2600,2 ×=

QA = 53,21 ft3/fts

Para B, reemplazando

gvzPz

P BB

Batm

2

2

0 ++=+γγ

gvzzPP B

BBatm 2)()(1 2

0 =−+−γ


⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−××= )()(12 0 ABatmB zzPPgv

γ


⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−+×−××= )00,000,11()00,142,62(42,62

1174,322 3

3

2 mftftftlb

ftlbs

ftvB

sftvB 37,25=

Por continuidad

BBB vAQ =

sftftQB 37,2500,2 ×=

QB = 50,37 ft3/fts

Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31 Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.

Agua

Aceite dens. rel. 0,75 3

ft4

ft

4 in

.

Resolución Para utilizar la ecuación de Bernoulli el fluido debe ser uniforme, por lo que se plantea una altura equivalente

AAWW hh γγ =

WA

WA hh

γγ

='

WWA

AW ShhSh ==

γγ

reemplazando fthW 00,375,0 ×=


fthW 25,2=


Agua

6,25

1

2

Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Reemplazando

gvz2

22

1 =

12 2 zgv ××=

ftsftv 25,6174,322 22 ××=

sftv 05,202 =

Por continuidad

222 vAQ =

sft

inftinQ 05,20)

00,1200,100,4(

42

2 ××=π

Q2 = 1,75 ft3/s

Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.



Agua

Aire

200

mm

300

mm

150

mm

1 2

Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

Agua

Aire

200

mm

300

mm

150

mm

12 Datum

h1

h2

Dz

reemplazando

gv

gv

zzPP

22)(

21

22

2121 −=−+−γγ

)(21)()(1 2

1222121 vv

gzzPP −=−+−

γ

Por la ley del menisco γγ 2112 hhPP +−=

2121 )(1 hhPP −=−γ


con respecto al datum


21 200 hmmhz +=+Δ

zhmmh Δ−+= 21 200 reemplazando

2221 200)(1 hzhmmPP −Δ−+=−γ

zmmPP Δ−=− 200)(112γ

reemplazando en la ecuación de Bernoulli

)(21)(200 2

12221 vv

gzzmmz −=−++Δ−

)(21)(200)( 2

1222121 vv

gzzmmzz −=−++−

)(21200 2

122 vv

gmm −=

Por la ecuación de continuidad

21 QQ =

2211 vAvA =

21

21 v

AAv =

reemplazando

)((21200 2

221

222

2 vAAv

gmm −=

)1(2

200 21

22

22

AA

gvmm −=

=−

×=

)1(

2002

21

22

2

AA

mmgv

=

−

××=

))00,300(

4

)00,150(41(

2,0806,92

2

2

2

2

mm

mm

msm

v

π

π

smv 29,22 =

222 vAQ =

smmQ 29,2)15,0(

42

2π

=

Q2 = 0,04 m3/s



Ejercicio 3-50 Para un flujo de 1500 gpm y H = 32 ft en la figura, calcúlense las pérdidas a través del sistema en carga velocidad, KV2/2g.

V

Hγ = 55 lb/ft3

6 in. diám

Resolución Por continuidad el caudal es el mismo en todas las secciones, entonces

sft

galsft

galQ3

3

34,3

min83,448

00,1

min1500 ==

Por definición de caudal

dd vAQ =

dd A

Qv =

reemplazando

sft

inftin

sft

vd 02,17)

00,1200,100,6(

4

34,3

2

3

=×

=π

en términos de carga de velocidad tenemos

ftg

v

sft

sft

d 50,4174,322

)02,17(2 2

22

=×

=

Planteamos la ecuación de Bernoulli

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ


reemplazando


gv

Kg

vPH

P ddatmatm

22

22

++=+γγ

( )Kg

vH d += 1

2

2

Las pérdidas serán

1

2

2 −=

gvHK

d

150,400,32

−=ftftK

K = 6,11

Ejercicio 3-51 En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v2

1/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v2

2/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.

VD1 = 150 mm

Agua 50

D2 = 50 mm

A

H

Resolución

VD1 = 150 mm

Agua 50

D2 = 50 mm

A

H

0

BDatum



Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvK

gvP

HP B

BBatmatm

22

22

++=+γγ

( )BB Kg

vH += 12

2

( )BB K

Hgv+

××=1

2

( )05,0100,8806,92 2 +

××=m

smvB

smvB 22,12=

Por continuidad

BA QQ =

BBA vAQ =

( )smmQA 22,1205,0

42π

=

QA = 0,024 m3/s

Por otro lado

( )BA

BA K

HgAAv

+××=

122

22

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvK

gvPH

P AA

AAatm

22

22

++=+γγ

( ) 2

21

AAA v

gKPH +

+=γ

reemplazando ( )

( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

××+

+=BA

BAA

KHg

AA

gKPH

12

21

2

2

γ

HAA

KKPH

A

B

B

AA⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

+= 2

2

11

γ


Despejando


⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++

−= 2

2

111

A

B

B

AA A

AKKHP γ

( )

( )⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛++

−××=2

2

315,0

4

05,04

05,0100,51100,800,9806

m

mm

mNPA π

π

PA = 28,64 KPa

Ejercicio 3-53 El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V1

2/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? ¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg

6 in. diám.

2 in

. diá

m

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in.Tubo de descarga

Resolución

6 in. diám.

2 in

. diá

m

P

10 ft

Agua 68 ºF

4 in.Tubo de descarga

1

2 3 4

Datum



Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4

gv

zP

gv

zP

22

24

44

23

33 ++=++

γγ

reemplazando

gvz

Pg

vz

P atm

22

24

4

23

33 ++=++

γγ

( )γ

334

24

23

22P

zzg

vg

v−−=−

( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−=−γ

334

24

23 2

Pzzgvv

Como z4 = z3

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=−γ

324

23 2

Pgvv

Por continuidad

43 QQ =

4433 vAvA =

43

43 v

AAv =

reemplazando

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=−γ

324

242

3

24 2

Pgvv

AA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

γ32

423

24 21

Pgv

AA

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×

=

1

2

23

24

3

4

AA

Pg

vγ

( )

( ) ⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛×

−××

=

100,4

4

00,24

42,62

00,100,14400,5

174,322

2

2

3

2

2

2

2

4

in

in

ftlb

ftin

inlb

sft

v

π

π

sftv 46,314 =



Por continuidad

43 QQ =

4433 vAvA =

43

43 v

AAv =

( )

( ) sft

sft

in

inv 86,746,31

00,44

00,24

2

2

3 ==π

π

Por continuidad

32 QQ =

3322 vAvA =

32

32 v

AA

v =

( )

( ) sft

sft

in

inv 49,386,7

00,64

00,44

2

2

2 == π

π

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gv

DL

gvzPP

2003,0

2

22

22

221 +++=γγ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

DL

gvzPP 003,012

22

221

γγ

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

= 1

2003,0 2

2

221

gv

zPPDL

γγ

La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir inHgP 301 =

ftinftinP

Hg

50,200,12

00,1301 =×=γ

ftftPSP

WHg

92,3357,1350,211 =×==γγ

De tabla C.2 página 568 de (Mecánica de los fluidos, Streeter)


ftP

W

79,02 =γ


( )

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

×

−−×

= 1

174,322)46,3(

1079,092,33003,0

00,1200,100,6

2

2

sft

sft

ftftftinftin

L

L = 20554,17 ft

La potencia suministrada por la bomba será

tWP =

tmgHP =

gHmP•

= QgHP ρ= QHP γ=

HAvP 22γ=

ftinftin

sft

ftlbP 00,10

00,1200,100,6

449,342,62

2

3 ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×=

π

P = 247,74 lb.ft s

El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será

100

22003,0

2% 22

22

22

×

⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+=

gv

gv

DL

gv

P

1001003,0

1×⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+=

DL

P

%80,01001

5,017,20554003,0

1=×

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+×

=

ftft

P

%P = 0,80 %



Ejercicio 3-87 Despreciando todas las pérdidas, determínese las componentes x e y necesarias para mantener la Y en su lugar. El plano de la Y es horizontal.

6 in. diám

12 in. diám

18 in. diám

45°

60°

20 ft³/sH2O

12 ft8 ft³/s

10 lb/in²

Resolución Por definición de caudal

111 vAQ =

1

11 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 32,11

00,1200,100,18

4

00,202

3

1 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ×

=π

2

22 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 29,15

00,1200,100,12

4

00,122

3

2 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛×

=π

3

33 A

Qv =

sft

inftin

sft

v 74,40

00,1200,100,6

4

00,82

3

3 =

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ×

=π



6 in. diám

12 in. diám

18 in. diám

45°

60°

H2O

v3 = 40,74 ft/s

A3P3A3

v2 = 15,29 ft/s A2

P2A2

v1 = 11,32 ft/s

A1 P1A1

10 lb/in²

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ Las fuerzas externas en x son

( )xanclajexext FAPAPF +×+×−=∑ º60cosº45cos 3322

La integral sobre la superficie de control en x es

º0cosº60cosº0cosº45cos 333222 AvvAvvdAvvsc ××−××=•××∫ ρρρ Igualando

º0cosº60cosº0cosº45cosº60cosº45cos 3332223322 AvvAvvFAPAPxanclaje ××−××=+×+×− ρρ

Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2

gv

zP

gv

zP

22

22

22

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvP

gvP

22

222

211 +=+

γγ

gv

gvPP

22

22

2112 −+=

γγ

( )22

2112 2

vvg

PP −+=γ


⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

×+×=

22

2

3

2

2

22 29,1532,11174,322

42,62

00,100,14400,10

sft

sft

sft

ftlb

ftin

inlbP


22 80,1337ftlbP =

Planteamos Bernoulli entre 1 y 3

gv

zP

gv

zP

22

23

33

21

11 ++=++

γγ

reemplazando

gvP

gvP

22

233

211 +=+

γγ

gv

gvPP

22

23

2113 −+=

γγ

( )23

2113 2

vvg

PP −+=γ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

×+×=

22

2

3

2

2

23 74,4032,11174,322

42,62

00,100,14400,10

sft

sft

sft

ftlb

ftin

inlbP

23 05,46ftlbP −=

reemplazando º60cosº45cosº0cosº60cosº0cosº45cos 3322333222 ×−×+×−×= APAPAvvAvvF

xanclaje ρρ

=××+××+×

×××−××××=

º60cos20,005,46º45cos78,080,133720,0

74,4094,1º60cos74,4078,029,1594,1º45cos29,15

22

22

2

32

3

ftftlbft

ftlbft

sft

ftslug

sftft

sft

ftslug

sftF

xanclaje

FanclajeX = 682,82 lb

Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección y, entonces

( ) dAvvF scyext •××∫=∑ ρ

Las fuerzas externas en y son ( )

yanclajeyext FsenAPsenAPAPF +×−×−=∑ º60º45 332211

La integral sobre la superficie de control en x es

º0cosº60º0cosº45º180cos 333222111 AvsenvAvsenvAvvdAvvsc ×+×+×=•××∫ ρρρρ Igualando

º0cosº60

º0cosº45º180cosº60º45

333

222111332211

Avsenv

AvsenvAvvFsenAPsenAPAPxyanclaje

×+

×+×=+×−×−

ρ

ρρ

despejando

º60º45

º0cosº60º0cosº45º180cos

3322

11333222111

senAPsenAP

APAvsenvAvsenvAvvFxyanclaje

×+×+

−×+×+×= ρρρ


reemplazando


=××+××+

××−××××+

××××+×××−=

º6020,005,46º4578,080,1337

77,100,1

00,14400,1020,074,4094,1º6074,40

78,029,1594,1º4529,1577,132,1194,132,11

22

22

22

2

22

3

23

23

senftftlbsenft

ftlb

ftftin

inlbft

sft

ftslugsen

sft

ftsft

ftslugsen

sftft

sft

ftslug

sftF

yanclaje

FanclajeY = –1433,89 lb

Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s.

V1

V0 A0

Resolución

V1

V0

A0

V0

A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada

V1

V0

V0-V1 y a la salida


V1

V0

V0-V1


Planteamos la ecuación de cantidad de movimiento en la dirección x, entonces

( ) dAvvF scxext •××∫=∑ ρ La integral sobre la superficie de control en x es

( ) ( ) ( ) ( ) º0cosº180cos 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−=•××∫ ρρρ

( ) ( ) ( ) ( ) 0101001010 AvvvvAvvvvdAvvsc −××−−−××−−=•××∫ ρρρ

( ) 02

102 AvvdAvvsc ××−×−=•××∫ ρρ Las fuerzas externas en x son

( ) carroxext amF =∑

( )dtdvmF xext =∑

Igualando

( ) 02

101 2 Avv

dtdvm ××−×−= ρ

( )2110

2001 22 vvvvA

tmv +−××−=Δ

ρ

210100

2001 2222 vAvvAvA

tmv ××−×××+××−=Δ

ρρρ

02222 200100

210 =××+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ×××−Δ

+×× vAvvAt

mvA ρρρ

000,100002,00,22

00,1002002,00,2200,10

174,32

00,200

002,00,22

22

3

12

3

221

23

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛×××+

⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

××××−+×××

sftft

ftslugs

vsftft

ftslugs

ssftlb

vftft

slugs

000,80038,1508,0 121 =+−× lbv

sslugsv

ftslug

Por báscara

v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos

2

21 atx =

ssfttvt

tvx 00,1011,96

21

21

21

121 ===

x = 480,57 ft



Ejercicio 3-123 Determínese el ángulo del álabe requerido para desviar la velocidad absoluta de un chorro 130º.

u = 50 ft/s

V0 = 130 ft/s

θ

Resolución

u = 50 ft/s V0 = 130 ft/s

130 α

( )uvvalabe −= 0

sft

sft

sftvalabe 00,8000,5000,130 =−=

Por teorema del seno

00,5000,80βθ sensen

=

48,0º130625,000,8000,50

=×== sensensen θβ

( ) º60,2848,0 == arcsenβ Por propiedad del triángulo

º39,21º60,28º130º180º180 =−−=−−= θβγ Finalmente

º39,21º180º180 −=−= γα

α = 158º 36’ 20’’


mecanica_c3

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