Ejercicios de Fluidos (Ramiro)
-
Upload
sahory-pierina-saenz-paulino -
Category
Documents
-
view
96 -
download
0
Transcript of Ejercicios de Fluidos (Ramiro)
FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL
Escuela de Ingeniería Civil
Trabajo:
Resolución de Ejercicios
GRUPO 5
CURSO:
DINAMICA DE LOS FLUIDOS I
DOCENTE:
ING. ING. DANTE SALAZAR SÁNCHEZ
INTEGRANTE:
2012
RAMIRO CORTEZ BECERRA
16.5E.- Calcule las fuerzas en las direcciones vertical y horizontal sobre el bloque de la
figura 16.10. La corriente de fluido es un chorro de agua de 1.75 pulgadas de diámetro a
60ºF y velocidad de 25 pies/s. La velocidad del agua al abandonar el bloque también es de
25 pies/s
SOLUCION:
Q = Av = π ¿¿ x ( pies)2
(144 pulg )2 x
25Piesseg
= 0.418 pies3/seg
Rx = ρQ (V2 – V1) = ρQ (-V2 Sen 30° – 0)
Rx = - ρQV2 Sen 30° = - (1.94)(0.418)(25) Sen 30°
Rx = -10.13 lb = 10.13 hacia la derecha
Ry = ρQ (V2y – V1y) = ρQ [(V2 Cos 30° – (-V1)]
Ry = ρQ [(V2 Cos 30° +V1)] = (1.94)(0.418)[25 Cos 30° + 25]
Ry = 37.79 lb hacia arriba
16.15E.- Una reducción conecta una tubería estándar de 6 pulg cédula 40 con otra de 3
pulgadas cédula 40 también. Las paredes de la reducción cónica están inclinadas con un
ángulo de 40º. El flujo volumétrico del agua es de 500 gal/min y la carga de presión de la
reducción es de 125 Psi (lb/pulg2). Calcule la fuerza que el agua ejerce sobre la reducción,
sin olvidar la pérdida de energía de ésta.
SOLUCION:
Q = 500 gal/min x (1pies3 /sec)/ 449 gal/min
Q = 1.114 ft3/sec
A1 = 0.2006 pies2 = 28.89 pulg2
A2 = 0.05132 pies2 = 7.39 pulg2
V1 = QA1
= (1.114 pies3/sec)/0.2006 pies2 = 5.55 pies/seg
V2 = QA 2
= (1.114 pies3/sec)/0.05132 pies2 = 21.7 pies/seg
D1/D2 = 0.5054/0.2557 = 1.98; k=0.043
Desde la sección:
Hl = K V 22 g
= 0.043 (21.7)3
64.4= 0.314 pies
P1ɣ
+ v 22 g
−hl = P2ɣ
+ v 22g
P2 = P1 + ɣ [V 1−v 2
2g – 0.314 pies
P2 = 125 + 62.4 lb/pies3 [ (5.55 )2−(21.7 ) 2
64.4−0.0314]pies
1 ft 2144 pulg
P2 = 125 – 3.10 = 121.9 psig
ΣFx = Rx +p2A2 – p1A1 = ρQ (v1 – v2) = ρQ (-v2 – (-v1)) = ρQ (v1 – v2)
Rx = ρQ(v1 – v2) - p2A2 + p1A1 =
Rx = (1.94)(1.11)(5.55 – 21.7) – (121.9)(7.39) + (125)(28.89)
Rx = -34.9 – 900 + 3611
Rx = 2676 lb
16.25E.- Para que las persianas de la figura 16.19 y descritas en el problema 16.24, Calcule
el par que se necesita para girarlos cuando el ángulo es θ= 45º
SOLUCION:
Rx = ρQv1 Sen 70º
Rx = (2.06 x 10-3) (0.694) (10.0)2 Sen 70º
Rx = 0.1345 lb
M= (2.5) Rx
M = (0.1345 lb)(2.5 pulg)
M = - 0.336 lb-pulg
70º
V1x
V1
3.76.- Hallar la componente “y” de la fuerza que actúa sobre el volumen de control dado
en el problema 3.17 para la velocidad dada en el. Considérese que la gravedad actúa en la
dirección y negativa
SOLUCION:
Fy =ρ Qy Vy
Qy=ʃ ƏvƏy
dy
Q = i (16y -12x) + j(12y – 9y)
=12y – 9x, ƏvƏy
dy= 12, A=1
Qy= ʃ12 dy
Vy = 12y-9y=12x1-9x1=3
Fy = 0, FR= Fy – Fg FR=0 ρg 13 = - ρg
FR = - ρg
3.86.- Resolver el problema 3.85 cuando las perdidas en el codo vienen dadas por 0.6
V2/2g siendo V1 la velocidad de aproximación, y comparar los resultados.
SOLUCION
Tomando un volumen de control sobre el codo y situando en el plano horizontal x-y
a) Considerando sin pérdidas en el tubo codo. Solución problema 3.85
P1 /γ+V 12 /2g=P2 /γ+V 2
2 /2g
P2 /γ=(V 12−V 2
2 )/2g+P1/γ
Q= 40,000 (Lt /min ) x( min/ 60 seg ) x (m3 /1000 Lt )=0 .67 m/ seg
V 1=Q /A1=0 .67 /(3 . 14 x0 .452 /4 )=4 . 212m /seg
V 2=0 . 67/(3 . 14 x0 .62 /4 )=2 . 369m /seg
P2 /γ=4 . 2122−2. 3692 /19. 6+1 . 5x 104 /0 . 83 x1000=18 .618m
P2=18 .618 xγ=18 . 618 x 1000 x0 . 83=15452 . 92kg/m2
Fy
Fx
ρQ2V2P2A2
P2A2
ρQ1V1
De la ecuación de la cantidad de movimiento:
F y=P1 A
1+(γQ /g )V 1 =15000 x 3 .14 x 0 . 452 ¿4+(1000 x0 . 67 x212 x0 .83 )/9. 81
F y=2623 .34 Kg .
Fx=4369 .2+200 .4Fx=4569 .63 Kg .
b) Caso b, en consideración de perdidas en el codo, la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2:
P1 /γ+V 12 /2g=P2 /γ+V 2
2 /2g+H p12
P2 /γ=(V 12−V 2
2 )/2g−H p 12+P1/γ=(V 1−V 22−0 .6V 1
2 )/2g+P1 /γ=( 0. 4 V 12−V 2
2) /2 g+P1 /γ
P1 /γ=(4 .2122−2 .3692) /19 . 62−0 . 6 x 4 .212 /19 .62+1. 5 x104 /(0 .83 x 1000)=18 . 223
P2=19 .223 x 0. 83 x1000=15125 .57 Kg /m2
3.96.- Un avión de propulsión a chorro vuela a 1100 km/m. En el interior del motor
penetran 75 kg/seg de aire, quema 1.4 kg/seg de combustible y desarrolla un empuje de
3600 Kg. ¿Cuál es la velocidad de eyección de los gases?
V1 =1100 Km/H = 305.6 m/seg
Waire =75 Kg/seg = ρ.g
(PQ)aire = wg
= 75
9.81 = 7.64 Kg seg/m
(PQ)combustible = 1.49.81
=0.143 Kg seg/m
a) Despreciando la masa del combustible:
F = ρ Q (V2 – V1)
V2 = FρQ
+ V1 = 3600 (7.64 + 305.6)
V2= 776.8 m/seg
b) Considerando la masa del combustible
F = Q (V2 – V1) ρ + ρ Q (V2 – 0)
3600 = 7.64 (V2 – 305.6) + 0.143 (V2 – 0)
V2 = 5934.87.783
= 762.53 m/seg
2 1
3.106.- Despreciando la resistencia del aire ¿Qué velocidad alcanzará en 69 seg un cohete
V-2, si parte del reposo en dirección vertical, inicialmente pesa 13000 Kg, quema
125 Kgm/seg de combustible y la velocidad de eyección de los gases es Vr = 1920m/seg?
Supóngase g = 9.80 m/seg
SOLUCION:
Haciendo la Ecuación se tiene que:
m = Vr – g (mf +mR) –R = (mR + mf) dvdt
m = d mf/dt = Flujo de los productos de la combustión
m = 125 Kg/seg
Vr = Velocidad de los productos de la combustión respecto al cohete
Mf = masa del combustible y oxidante
MR = masa del cuerpo del cohete = 13000 Kg
Remplazando Datos tenemos:
125 x 1920- 9.8(13000-125t) = (13000-125t) dvdt
Simplificando: dvdt
= 112600dt+1225 t dt
13000−125 t
dv = 112600dt
13000−125 +
1225dt13000−125 t
Integrando:
V = 1909.8 Ln (13000-125t) – 9.8t + C
Para V=0, t=0
V= -1909.8 Ln (1−125 t13000
) – 9.8t + C
Para t=68 V= 1370.5 m/s
3.116.- Si el álabe de la figura 3.73 Q0 = 9 l/seg; ρ=102 UTM/m3 y V0=50 m/seg, ¿Cuáles
son las fuerzas componentes Fx y Fy?
SOLUCION:
Del Diagrama vectorial a las salidas:
VIX = U – (V0 – U) Cos 60º
VIX = 12 – (50-12) Cos 60º
VIX = -7 m/seg
V2X = 0 – (V0 – U) Cos 60º
V2X = 12 + (50-12) Cos 60º
V2X = 31 m/seg
Cálculos de la componente Fx:
Fx = ρQI VIX + ρQ2 V2X – ρQ (V0 – U)
QI = Q2 = 0.5 x 0.06 = 0.03 m3/seg, Q0= 0.06 m3/seg
Fx = - 159.12 Kg
Del Diagrama vectorial;
Fy = ρQI (V0 – U) Sen 60º - ρQ2 (V0 – U) x Sen 60º
QI = Q2
V2
V2 - u
u
V1
u
V2 - u
60º
60º
Fy = 0
No existe componente en el eje, lo que confirma el movimiento en la dirección x
3.126 En la figura 3.76 se ve un orificio llamado boquilla de Borda. El tubo es lo
suficientemente largo para que la velocidad del fluido próximo al fondo del deposito sea
aproximadamente cero. Calcular la relación del área del chorro al área del tubo.
Despréciese la gravedad.
3.136 Bajo los mismos supuestos que en el problema 3.134 e y0=6.60m e y2=2.4m;
Determinar el caudal por metro de anchura.
SOLUCION:
Aplicando Bernoulli entre (0) y (1)
P0ɣ
+ v22g
− y0 = P1ɣ
+ v 22 g
− y 1
P0 =P1 = P at, V0=0
Y0= V2/2g + y1, V2 = (y0-y1) 2g……(a)
De la ecuación del resalto hidráulico:
Y2 = y1 + √ ( v2 )2 + (2v2 x y1/g) …….(b)
Remplazando (a) en (b), se tiene:
Y2 = y1/2 + √( v12 )2+(2 y / g)( y 0 – y 1)2g
(y2 + y1/2)2 = (y1/2)2 + (2y l/g) (y0-y1) 2g,
Y2 + ((y2 -4y0)/4) x Yl + Y2/4 = 0
Y2 + (2.4-4x6.6)/4 - Y1 + 2.42/4 =0
Y2 – 6y1 + 1.44 = 0
Y1 = 5.749 ≈ 5.75
Y1 = 0.25 m
4.5 En función de M, L, T determinar las dimensiones de radianes, velocidad angular,
potencia, trabajo, par y momento de la cantidad de movimiento.
4.15 Hallar los parámetros adimensionales del ejemplo 4.4 usando como variables que se
repiten ∆p, ρ y l
4.25 Una pequeña esfera de radio r0 y densidad ρ se sedimenta a velocidad U en un líquido
de densidad ρ y viscosidad μ. Los ensayos se realizan en el interior de tubos verticales de
radio r. Determinar por análisis dimensional un conjunto de parámetros adimensionales
que se emplearan para determinar la influencia de la pared del tubo sobre la velocidad de
sedimentación.
4.35 El par ejercido por el timón sobre un submarino se va a estudiar con un modelo a
escala 1:20 en un canal de agua. Si el par medido sobre el modelo es de 0.5 mkg con una
velocidad en el canal 15m/seg, ¿Cuál es el par y la velocidad del prototipo?
PROBLEMA 01Circula aceite de linaza con gravedad específica de 0.93, ingresa en el codo reducido se muestra en la figura, con una velocidad de 3 m/s y una presión de 275 kPa. La vuelta esta en el plano horizontal. Calcular las Fuerzas X y Y para sostener el codo en su lugar. Despreciar las perdidas de energía en el codo b) Considerando que las pérdidas de carga es
Solución El fluido en la vuelta se presenta como cuerpo libre en la figura 16.8. En primer lugar, debemos desarrollar las ecuaciones de Fuerza para las direcciones X y Y mostradas.
La ecuación de fuerza para la dirección x esFx = ρQ(V2X- V1x)Rx – ρ1A1 + ρ2A2 Cos 30º = ρQ [ - V2 Cos 30º - (-V1) ]Rx = ρ1A1 – ρ2A2 Cos 30º – ρQV2 Cos 30º + ρQV1 …….(1)
Deben escribirse con cuidado los signos algebraicos, de acuerdo con la convención de signos establecida en la figura 16.8. Observe que todos los términos de fuerza y velocidad son las componentes en la dirección x.En la dirección y, la ecuación de fuerza es:
Fy = ρQ(V2Y- V1y)Ry – ρ2A2 Sen 30º = ρQ [ V2 Sen 30º - 0 ]Ry = ρ2A2 Sen 30º = ρQV2 Sen 30º .…..(2)
Ahora, deben calcularse varios valores numéricos. Para los tubos de entrada y salidaA1 = 1.767 X 10-2 m2 y A2 = 4.418 X 10-2. Tenemosρ = (sg) (ρw) = (0.93)(1000kg/m3) = 930kg/m3 = (ɣ sg) ( w) ɣ = (0.93)(9.81 kN/m3) = 9.12 kN/m3
Q = A1V1 = (1.767 x 10-2 m2)(3m/s) = 0.053m3.sPor continuidad:A1V1 = A2V2 ……………Entonces, tenemos:
V2 = V1 (A1/A2) = (3 m/s) (1.767 X 10-2 / 4.418 X 10-3) =
12 m/sPara encontrar ρ2 se puede utilizar la ecuación de Bernoulli:
ρ1ɣ
+z1+V 12g
= ρ2ɣ
+z2+V 22 g
Pero z1 =z2 Entonces, tenemos:ρ2=ρ1+
ɣ (V 1−V 2)2g
ρ2 = 275 kPa +[ (9.12 )(32−12 2)2(9.81)
xkNm3
xm2s2
xs2m ]
ρ2 = 275 kPa – 62.8 kPaρ2 = 212.2 kPa
Las cantidades que se necesitan para las ecuaciones (1) y (2) son:ρ1 A1= (275kN/m2) (1.767 X 10-2m2) = 4859Nρ2 A2= (212.2 kN/m2) (4.418 X 10-3 m2) = 938 NρQV1= (930 kg/m3) (0.053 m3/s)(3m/s) = 148 NρQV2= (930 kg/m3) (0.053 m3/s)(12m/s) = 591 NDe la ecuación (1) obtenemos:Rx = (4859 – 938 Cos 30 + 591 Cos 30° + 148)N = 3683 NDe la ecuación (2) resulta:
Ry = (938 Sen 30° + 591 Sen 30°) N = 765 N
Por lo tanto Rx = 3683 NRy = 765 N
Ejercicio parecido al 3.44
Ejercicio parecido al 3.32
Ejercicio parecido al 3.7
Ejercicio 3.61
Ejercicio 3.54
Ejercicio 3.39
Ejercicio 3.17