Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed.

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.

ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0

L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces

FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT) τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3

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ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s

1

CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente

FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 4,0 x 10 N

Ejercicio propuesto en clase 2 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es aceite.

ν = 0,005 m2/s = 5,0 x 10–3 m2/s S = 0,90 t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 38,0 x 10–3 N/m t = 20 ºC

Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0

FN – σ.2.perímetro = 0

L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces

FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10–3 N

Fuerza tangencial (FT)

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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007 τ = μ du dy

además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 14,0 x 10 N Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s.

∅eje = 8,00 cm = 0,0800 m ∅cam = 8,02 cm = 0,0802 m tAceite = 80º S = 0,90 σ = 0,03 N/m ν = 0,005 m2/s L = 0,30 m e = ∅cam – ∅eje = 0,0802 m – 0,0800 m = 1 x10–4 m 2 2 Resolución

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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007 τ = μ du dy

además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL

∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 2 2

entonces A = π∅proL = π.0,0801 m.0,30 m = 0,075 m2 Suponiendo temperatura del agua ambiente ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.1000 kg/m3.0,90 = 4,5 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 3,32 x 10–3 Ns. 0,5 m/s = 1698,58 m2 1 x 10–4 m F = 1698,58 N Observación: Este es el resultado obtenido en clase por el Ing. Casteló Suponiendo temperatura del agua a 80 ºC ρH2O(80 ºC) = 971,8 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 5,0 x 10–3 m2/s ν = μ/ρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s entonces μ = νρH2OS = 5,0 x 10–3 m2/s.971,8 kg/m3.0,90 = 4,37 Ns/m2 finalmente F = 0,075 m2. 4,37 Ns. 0,5 m/s = 1649,51 m2 1 x 10–4 m F = 1649,51 N

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CAPÍTULO 1

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Ejercicio 1-5 Un fluido newtoniano está en el espacio libre entre un eje y una camisa concéntrica. Cuando una fuerza de 600 N se aplica a la camisa paralela al eje, la camisa obtiene una velocidad de 1 m/s. Si se aplica una fuerza de 1500 N, ¿Qué velocidad obtendrá la camisa? La temperatura de la camisa permanece constante.

Resolución F = μ AU t 600 N = μ A 1 m/s t como el fluido, el espesor y el área de contacto es la misma, tenemos cte = 600 N 1 m/s Ahora, si la fuerza es 1500 N tenemos 1500 N = cte x cte = 1500 N x igualando 600 N = 1500 N 1 m/s x x = 1500 N 1 m/s 600 N x = 2,5 m/s Ejercicio 1-10 Una balanza de resortes correctamente calibrada registra el peso de un cuerpo de 2 kg como 17,0 N en una localidad distante de la Tierra. ¿Cuál es el valor de g en esta localidad? Resolución P = gM

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CAPÍTULO 1

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17 N = g2 kg g = 17 N 2 kg g = 8,5 m s2 Ejercicio 1-12 Conviértanse 10,4 unidades SI de viscosidad cinemática a unidades USC de viscosidad dinámica si S = 0,85. Resolución ν = μ/ρH2OS = 10,4 m2/s μ = νρH2OS = 10,4 m2/s.1000 kg/m3.0,85 = 8840 kg/ms En el sistema USC μ = 8840 kg . 1 slug 0,3048 ft ms 14,594 kg 1 m finalmente μ = 184,6 slug ft.s

Ejercicio 1-14 Una placa situada a 0,5 mm de una placa fija se mueve a 0,25 m/s y requiere una fuerza por unidad de área de 2 Pa (N/m2) para mantener esta velocidad. Determínese la viscosidad fluida de la sustancia entre las dos placas en unidades del SI.

t = 0,5 mm = 0,0005 m U = 0,25 m/s τ = 2,0 Pa Resolución τ=μU

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CAPÍTULO 1

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t despejando μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s finalmente μ = 4,0 x 10–3 Ns m2 Ejercicio 1-20 Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft3. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes. Resolución Para el sistema c.g.s. tenemos ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug

ft3 μ = 6 x10 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts –2

Entonces ν = 1,25 x10–4 slug/fts 1,55 slug ft3 ν = 8,085 x10–4 ft2 s Ejercicio 1-22 (Resuelto en clase) Un cuerpo con peso de 120 lb con área superficial plana se desliza hacia abajo sobre un plano inclinado lubricado que forma un ángulo de 30º con la horizontal. Para viscosidad de 1 P y velocidad del cuerpo de 3 ft/s, determine el espesor de la película lubricante.

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CAPÍTULO 1

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v = 3 ft/s

F P 30°

P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU A t despejando t = AμU F Donde F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando

t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in

Ejercicio 1-33 Un gas con peso molecular 28 tiene un volumen de 4,0 ft3 y una presión y temperatura de 2000 lb/ft2 abs y 600º R, respectivamente. ¿Cuál es el volumen y peso específico? Resolución De la ecuación de gas perfecto pvs = RT despejamos vs = RT p

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CAPÍTULO 1

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reemplazando R = 49709 ft.lb M slugºR vs = 49709 ft.lb 600ºR 28 slugºR 2000 lb/ft2 vs = 532,6 ft3 slug además γ = ρg = g/vs γ = 32,174 ft/s2 532,6 ft3 slug γ = 0,06 lb ft3 Ejercicio 1-38 Para un valor de K = 2,2 GPa para el módulo elástico a la compresión del agua ¿qué presión se requiere para reducir su volumen un 0,5 %? Resolución K = – dp dv/v Despejando dp = – Kdv v dp = – 2,2 Gpa (– 0,05 ) dp = 0,11 Gpa

Ejercicio 1-47 (Resuelto en clase) Un método para determinar la tensión superficial de un líquido es encontrar la fuerza que se necesita para retirar un anillo de alambre de platino colocado inicialmente sobre la superficie. Estímese la fuerza necesaria para quitar un anillo de 20 mm de diámetro de la superficie del agua a 20 ºC.

F

Agua

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Anillo

CAPÍTULO 1

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∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución σ(20º C) = 0,074 N/m

F = π2.∅Anilloσ F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N

Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.

θ F h

F

∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft

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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º Ejercicio 1-53 Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ. R r

θ

F

θ

θ

F

F

θ

F

Resolución Por cada columna tendremos γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 4 donde ∅ = R – r, entonces

γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ

Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r)

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CAPÍTULO 1

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AÑO 2007

Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.

Aire C

B

Aceite Dens. Esp. 0,9

1,0

0,6 0,3 0,3

Aire A

Agua

D

Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m3.0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa B

Punto C pC = pB = 5883,60 Pa pC = 588 KPa B

Punto D pD = pC + γh = 5883,60 Pa + 0,9.9806 N/m3.1,9 m = 22651,86 Pa pD = 2265 KPa

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1

CAPÍTULO 2

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Ejercicio 2-15

h

En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.

A

Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in2 Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.

600 mm

A

0

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2

0

CAPÍTULO 2

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Datos S = 2,94 pA0 = 100 mmH2O pA = 8 kPa Resolución Cuando el meñisco izquierdo maraca cero tenemos pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = 0 100 mmH2O. 1 m. 101325 pa + 9806 N 600 mm. 1m – 2,94.9806 N/m3 hi = 0 1000 mm 10,34 mH2O m3 1000 mm 979,93 Pa + 5883,6 Pa – 28829,64 N/m3 hi = 0 Despajando hi = – 979,93 Pa – 5883,6 Pa = 0,240 m – 28829,64 N/m3 hi = 0,240 m Cuando aumentamos la presión en A tenemos

hi

hf

600 mm

dh

A

0 dh

dh

0

pA + γH2O(h1 + Δh) – SγH2O(hi + 2Δh)= 0 pA + γH2Oh1 + γH2O Δh – SγH2Ohi – SγH2O2Δh = 0 pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = SγH2O2Δh – γH2O Δh pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi = Δh(2.S.γH2O – γH2O) Δh = pA + γH2Oh1 – SγH2Ohi (2.S.γH2O – γH2O) Reemplazando Δh = 8000 Pa + 9806 N/m30,6 m – 2,94.9806 N/m30,240 m = (2.2,94. 9806 N/m3 – 9806 N/m3) Δh = 0,145 m Finalmente la lectura en el lado derecho será hf = hi + Δh hf = 0,240 m + 0,145 m = 0,385 m hf = 385 mm

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CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Ejercicio 2-33 El recipiente mostrado en la figura tiene una sección transversal circular. Determínese la fuerza hacia arriba sobre la superficie del tronco de cono ABCD. ¿Cuál es la fuerza hacia abajo sobre el plano EF?¿Es, esta fuerza, igual al peso del fluido? Explique.

2

2 ft diám C

1

B A

D

4 ft diám

E

5

Agua

F

Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución

A1

A2

A3

1,41

Sobre ABCD

O 1

2

1

A = A1 + A2 + A3 A = ½ 1,00 ft.1,414 ft + 2,00 ft.1,414 ft + ½ 1,00 ft.1,414 ft A = 4,245 ft2

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CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Ay’p = A1y1 + A2y2 + A3y3 y’p = 0,707 ft20,47 ft + 2,828 ft2x0,707 ft + 0,707 ft20,47 ft 4,245 ft2 y’p = 0,628 ft yp = 2ft + 1,41 ft – y’p = 2,786 ft yp = 2,786 ft Fn = γypA = 62,4 lb .2,786 ft.4,245 ft2 = 737,98 lb ft3 Fv = Fn cos θ = 737,98 lb cos 45 = 521,83 lb Fv = 52183 lb Sobre EF V1 = 2πxpA A = ½ 1,00 ft.1,00 ft + 5,00 ft.1,00 ft = 5,50 ft xp = 0,50 ft20,66 ft + 5,00 ft2x0,50 ft 5,50 ft xp = 0,51 ft V1 = 2πxpA = 2π.0,51 ft.5,50 ft2 V1 = 17,80 ft3 V2 = hA = 8,00 ftπ(1,00 ft)2 V2 = 25,13 ft3 V = 17,80 ft3 + 25,13 ft3 = 42,93 ft3 Fn = 42,93 ft3 62,4 lb/ft3 Fn = 267900 lb Ejercicio 2-36 Una superficie triangular de ángulo recto vertical tiene un vértice en la superficie libre de un líquido. Encuéntrese la fuerza sobre un lado (a) por integración y (b) por fórmula.

A A h B

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5

b

C

CAPÍTULO 2

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AÑO 2007

Resolución Por integración F = ∫ApdA = ∫Aγyxdy = γ∫0hyxdy donde y = hx b x = by h reemplazando F = γ∫0h(by)ydy h F = γ∫0h y2bdy h F = γb ∫0hy2dy h F = 1 γbh2 3 Por formula F = pdA F = γhdA F = γ 2h.bh 3 2 F = 1 γbh2 3 Ejercicio 2-37 Determínese la magnitud de la fuerza que actúa sobre una lado del triángulo vertical ABC de la figura (a) por integración y (b) por fórmula.

Aceite 5

γ = 55 lb/ft3 5 A

B

A 3

4

C Resolución Por integración

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6

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 reemplazando F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 2,4 2,4 F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 2,4 2,4 F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3 F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente F = 1914,00 lb Por formula F = pA F = γhA F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2 F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2 F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46

2

La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.

A

Puntal

4

6

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

φ

θ

3

7

B

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Resolución θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ FA = FH + FL Donde FH = γhAcos ϕ como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 3 2 Por prisma de presión FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = m3 2 FH = 197,34 kN Por otro lado hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2 FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2 FL = 405,64 kN finalmente FA = FH + FL FA = 197,34 kN + 405,64 kN FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59

h

La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)

O 5

Resolución

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8

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007 E = γh(h/2) E = γh2 2

ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – E(1/3)h = xPC reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC 2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 2 ft3 6 ft3 3 – 10,40 lbh + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 ft3 ft3 h = 1,81 ft Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66

20

7

Para una variación lineal de esfuerzo sobre la base de la presa de la figura. (a) Localice donde la resultante cruza la base y (b) calcúlese los esfuerzos compresivos máximos y mínimos en la base. Ignore la elevación hidrostática.

γ' =2.5γ

3

4

11

Resolución a)

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9

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

E1

E2

P2

θ

P1

P3

θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2 E2 = γh0,5l Donde l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2 P1 = γ’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2 P3= γ’.A3 P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2 RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2 lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = lp1 + lp20,5 2 lE2 = (20,22 m) 7,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5

ΣMA = 0

yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m γ670,99 m2 xR = 11,588 m

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

10

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

b)

σmín

ΣMA = 0

σmáx

R Y = σ mL σmáx + σmin = 2RY/L σmáx = 2RY/L – σmin

RYxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 3 (σmáx + σmin)LxR – σmínLL – (σmáx – σmin)L2L = 0 2 2 2 3 σmáx11,58 m + σmin11,58 m – σmín18,00 m – σmáx18,00 m + σmin18,00 m = 0 2 2 2 3 3 σmáx5,79 m + σmin5,79 m – σmín9,00 m – σmáx6,00 m + σmin6,00 m = 0 σmáx(5,79 m – 6,00 m) + σmin(6,00 m + 5,79 m – 9,00 m) = 0 σmáx(– 0,21 m) + σmin2,79 m = 0 σmáx = σmin13,55 m = 0 reemplazando σmin13,55 m = 2RY/L – σmin σmín + σmin13,55 m = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2RY/L σmin(1 + 13,55 m) = 2γ670,99 m2/18,00 m 2γ670,99 m2 = σmin = 18,00 m(1 + 13,55) σmin = γ5,12

reemplazando σmáx = 2RY/A – σmin σmáx = 2γ670,99 m2 – γ5,12 18,00 m2 σmáx = γ69,43 Ejercicio 2-67 Resuélvase el problema 2-66 con la adición de que la elevación hidrostática varía linealmente desde 20 m en A hasta cero en la punta de la presa.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

11

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

0

20 m Resolución E1 = γ24,50 m2 E2 = γ343,80 m2 P1 = γ75,00 m2 P2 = γ270,00 m2 P3 = γ275,00 m2

RX = E1 + E2sen θ = γ364,50 m2 Si llamamos V a la elevación hidrostática, tenemos V = γ20,00 m.18,00 m.0,5 = γ180 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ – V = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ – γ180 m2 = γ490,99 m2 lE2 = 8,13 m yE1 = 22,33 m x1 = 2,00 m x2 = 5,00 m x3 = 10,67 m xV = (1/3)18,00 m = 6,00 m ΣMA = 0 RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 + VxV = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 – VxV = RY

xR = γ24,50 m222,30 m + γ343,80 m2 8,13 m + γ75,00 m2 2,00 m + γ270,00 m2 5,00 m + γ275,00 m210,67 m – γ180 m26,00 m = γ490,99 m2 xR = 13,640 m Ejercicio 2-89 Un tronco detiene el agua como se muestra en la figura. Determínese (a) la fuerza por metro que lo empuja contra la presa, (b) el peso del cilindro por metro de longitud, y (c) su densidad relativa.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

12

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

aceite den. rel. 0,8 Agua

B

R2

A

C

D

Resolución a) FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC donde FADB = FBDC, entonces

FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = 133,32 kN/m

c) γT = FV/VT γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN m3 π(2,00 m)2 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m3 9,806 kN/m3 ST = 1,08 Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución

G B

W=E SγV = γV’

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

13

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Sγh2L = γhh’L Sh = h’ S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución ax

x

ax x g a p − p0 = − Sγ x x g Δpg ax = − Sγx p = p 0 − Sγ

reemplazando

Pa m2 (−20000 )9,806 m s ax = − N 0,88 × 9806 3 m ax = 22,73 m2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

14

CAPÍTULO 2

AÑO 2007

1

STASSI, MAURO JOSÉ

A

2 Resolución

p = − Sγ

ax x g

lb p = −2,40 × 62,4 3 ft

ft s 2 2 ft ft 32,174 2 s 8,05

1

p = – 74,84 lb ft2

2 Sí

A

pA = – 8 psi.144 in2 = – 1152 lb 1 ft2 ft2

entonces

pg Sγx lb ft (−1152 2 )32,174 2 ft s ax = − lb 2,4 × 62,4 3 2 ft ft ax = −

ax = 123,75 ft/s2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

15

CAPÍTULO 2

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

1

2 Aceite, dens. rel. 0,86

Como la densidad no cambia y el flujo es permanente, podemos aplicar la ecuación de continuidad, es decir

V1 A1 = V2 A2 entonces

V2 = V1

A1 A2

reemplazando

π × (200mm) 2 m m (200mm) 2 4 V2 = 2 =2 s π × (70mm) 2 s (70mm) 2 4 V2 = 16,33 m/s El caudal másico será •

m = Qρ = V2 A2 ρ •

m = 16,33

m π × (0,07 m) 2 kg × × 0,86 × 1000 3 s 4 m • kg m = 54,03 s

Ejercicio 3-30 En la figura, se descarga aceite de una ranura bidimensional en el aire como se indica en A. En B el aceite se descarga por debajo de una puerta al piso. Despreciando todas las pérdidas, determínese las descargas en A y B por pie de ancho. ¿Por qué difieren?

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

1

CAPÍTULO 3

AÑO 2007

10

STASSI, MAURO JOSÉ

A 2

B Aceite, dens. rel. 0,86

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

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

Para A, reemplazando

v A2 + z0 = + zA + γ γ 2g 2 v ( z0 − z A ) = A 2g

Patm

Patm

v A = 2 × g (z0 − z A )

ft (11,0 ft − 0,0 ft ) s2 ft v A = 26,60 s

v A = 2 × 32,174

Por continuidad

Q A = AA v A Q A = 2,00 ft × 26,60

ft s

QA = 53,21 ft3/fts Para B, reemplazando

Patm

γ 1

γ

( Patm

v B2 γ 2g v B2 − PB ) + ( z 0 − z B ) = 2g

+ z0 =

PB

+ zB +

⎡1 ⎤ v B = 2 × g × ⎢ ( Patm − PB ) + ( z 0 − z A )⎥ ⎣γ ⎦

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

2

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ft 1 lb v B = 2 × 32,174 2 × ⎢ (−62,42 3 × 1,00 ft ) + (11,00 ft − 0,00m)⎥ s ⎢ 62,42 lb ft ⎥ 3 ⎢⎣ ⎥⎦ ft ft v B = 25,37 s Por continuidad

QB = AB v B Q B = 2,00 ft × 25,37

ft s

QB = 50,37 ft3/fts Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31

4 ft

Aceite dens. rel. 0,75

3 ft

Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.

4 in.

Agua

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

γ W hW = γ A h A γ h' A = W hW γA Sγ hW = A hW = ShW γA

reemplazando

hW = 0,75 × 3,00 ft hW = 2,25 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

3

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

6,25

1

2

Agua

Planteando la ecuación de Bernoulli, tenemos

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

Reemplazando

z1 =

v 22 2g

v 2 = 2 × g × z1 ft × 6,25 ft s2 ft v 2 = 20,05 s

v 2 = 2 × 32,174

Por continuidad

Q2 = A2 v 2 ft 1,00 ft 2 π Q2 = (4,00in × ) × 20,05 4 12,00in s Q2 = 1,75 ft3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

4

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

200 mm

Aire

300

mm

Agua

1

150 m m

2

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

v P v2 + z1 + 1 = 2 + z 2 + 2 γ 2g γ 2g

P1

h2

1

Datum

2

150 m m

Dz

300

Agua

mm

h1

200 mm

Aire

reemplazando 2

v 22 v1 − γ γ 2g 2g 1 1 2 2 ( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) γ 2g P1

Por la ley del menisco

−

P2

+ ( z1 − z 2 ) =

P2 = P1 − h1γ + h2γ 1 ( P1 − P2 ) = h1 − h2 γ

con respecto al datum

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

5

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Δz + h1 = 200mm + h2 h1 = 200mm + h2 − Δz reemplazando

1

γ

( P1 − P2 ) = 200mm + h2 − Δz − h2 1

γ

( P2 − P1 ) = 200mm − Δz

reemplazando en la ecuación de Bernoulli

1 2 2 (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 ( z1 − z 2 ) + 200mm + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) 2g 1 2 2 200mm = (v 2 − v1 ) 2g − Δz + 200mm + ( z1 − z 2 ) =

Por la ecuación de continuidad

Q1 = Q2 A1v1 = A2 v 2 A v1 = 2 v 2 A1 reemplazando 2

A 1 2 200mm = ((v 22 − 2 2 v 2 ) 2g A1 2

200mm =

2 g × 200mm = 2 A2 (1 − 2 ) A1

v2 =

v2 =

v 22 A (1 − 2 2 ) 2g A1

2 × 9,806

π (1 − 4

π

4

m × 0,2m s2

(150,00mm)

2

(300,00mm)

2

= )

m s Q2 = A2 v 2

v 2 = 2,29

Q2 =

π

4

(0,15m) 2 2,29

m s

Q2 = 0,04 m3/s

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

6

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

H

γ = 55 lb/ft3 6 in. diám V

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

ft 3 gal ft 3 s Q = 1500 = 3,34 min 448,83 gal s min 1,00

Por definición de caudal

Q = Ad v d Q vd = Ad reemplazando

ft 3 s vd = 1,00 ft π (6,00in × ) 4 12,00in 3,34

= 17,02 2

ft s

en términos de carga de velocidad tenemos

(17,02 fts ) 2 v d2 = = 4,50 ft 2 g 2 × 32,174 sft2 Planteamos la ecuación de Bernoulli

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

7

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

v d2 v d2 +H = + +K γ γ 2g 2g 2 v H = d (1 + K ) 2g

Patm

Patm

Las pérdidas serán

H −1 v d2 2g 32,00 ft K= −1 4,50 ft K=

K = 6,11 Ejercicio 3-51

H

En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.

D1 = 150 mm

A

V 50

Agua

D2 = 50 mm

Resolución

H

0

D1 = 150 mm Datum

A B

V 50

Agua

D2 = 50 mm

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

8

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B 2

P1

+ z1 +

γ

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

Patm

+H =

γ

H=

Patm

+

γ

v B2 v2 + KB B 2g 2g

v B2 (1 + K B ) 2g

vB = 2 × g ×

H (1 + K B )

m 8,00m × 2 (1 + 0,05) s m v B = 12,22 s

v B = 2 × 9,806

Por continuidad

Q A = QB Q A = AB v B m π 2 Q A = (0,05m ) 12,22 s 4 QA = 0,024 m3/s Por otro lado

v A2 =

AB2 H 2× g × 2 (1 + K B ) AA

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y A

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

v A2 v2 + KA A γ γ 2g 2g (1 + K A ) v 2 P H= A + A γ 2g

Patm

+H =

PA

(1 + K A ) ⎛⎜ AB2 2

reemplazando

H=

+

PA

+

×g×

H ⎞ ⎟ (1 + K B ) ⎟⎠

⎜ A2 ⎝ A P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞ ⎟H ⎟⎜ H = A + ⎜⎜ γ ⎝ 1 + K B ⎟⎠⎜⎝ AA2 ⎟⎠

γ

2g

Despejando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

9

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞⎤ ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟⎥ PA = γH ⎢1 − ⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠⎦⎥ ⎡ ⎛π (0,05m )2 ⎢ N ⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜⎜ 4 PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜ ⎟ m ⎢ ⎝ 1 + 0,05 ⎠⎜⎜ π (0,15m )2 ⎝ 4 ⎣⎢

⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦⎥

PA = 28,64 KPa Ejercicio 3-53 El sistema de bombeo mostrado en la figura debe tener presión de 5 psi en la línea de descarga cuando la cavitación es incipiente en la entrada de la bomba. Calcúlese la longitud del tubo desde el depósito a la bomba para esta condición de operación si la pérdida en este tubo se puede expresar como (V12/2g)(0,003L/D). ¿Qué potencia esta siendo suministrada al fluido por la bomba? ¿Qué porcentaje de esta potencia se está usando para vencer pérdidas? Lectura del barómetro 30 inHg

6 in. diám. 10 ft

4 in. Tubo de descarga

2 in. diám

P

Agua 68 ºF Resolución

6 in. diám. P

10 ft

4

3 4 in. Tubo de descarga

Datum

2 in. diám

2

1 Agua 68 ºF

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

10

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 2

v3 P4 v 42 + z3 + = + z4 + γ 2g γ 2g

P3 reemplazando

v32 Patm v2 = + z4 + 4 γ 2g γ 2g 2 2 v3 v 4 P − = (z 4 − z3 ) − 3 2g 2g γ P⎤ ⎡ v32 − v 42 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥ γ ⎦ ⎣

P3

+ z3 +

Como z4 = z3

⎛ P ⎞ v32 − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ Por continuidad

Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4

v3 =

A4 v4 A3

reemplazando

A42 2 ⎛ P ⎞ v − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ 2 4 A3 ⎝ γ ⎠ 2 ⎞ ⎛ A4 ⎛ P ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ ⎠ ⎝ A3 v4 =

v4 =

⎛ P ⎞ 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ 2 ⎛ A4 ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎝ A3 ⎠

⎛ lb 144,00in 2 ⎜ 5,00 2 × ft ⎜ 1,00 ft 2 in 2 × 32,174 2 × ⎜ − lb s 62,42 3 ⎜⎜ ft ⎝ ⎛π ⎞ 2 ⎜ (2,00in ) ⎟ ⎜4 − 1⎟ ⎜ π (4,00in )2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ v 4 = 31,46

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

11

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠

ft s

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Por continuidad

Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4

v3 =

π

A4 v4 A3

(2,00in )2

v3 = 4

π

(4,00in )2

4

ft ft = 7,86 s s

31,46

Por continuidad

Q2 = Q3 A2 v 2 = A3 v3

v2 =

π v2 = 4

π

4

A3 v3 A2

(4,00in )2 (6,00in )2

7,86

ft ft = 3,49 s s

Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 2g γ 2g

reemplazando

P1

γ

=

P2

γ

+ z2 +

v22 0,003L v22 + 2g D 2g

v 2 ⎛ 0,003L ⎞ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 = 2 ⎜1 + ⎟ 2g ⎝ D ⎠ γ ⎠ ⎝γ ⎤ ⎡ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎢ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 ⎥ γ ⎠ D ⎢⎝ γ L= − 1⎥ ⎥ 0,003 ⎢ v 22 ⎥ ⎢ 2g ⎦ ⎣ La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir

P1 = 30inHg P1 1,00 ft = 30in × = 2,50 ft 12,00in γ Hg P1

γ Hg

S=

P1

γW

= 2,50 ft × 13,57 = 33,92 ft

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

P2

γW MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

= 0,79 ft

12

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

1,00 ft 12,00in 0,003

6,00in × L=

⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥ − 1⎥ ⎢ (3,46 fts ) 2 ⎢ ⎥ 2 × 32,174 sft2 ⎢⎣ ⎥⎦

L = 20554,17 ft La potencia suministrada por la bomba será

W t mgH P= t P=

•

P = m gH P = ρQgH P = γQH P = γv 2 A2 H

1,00 ft ⎞ lb ft π ⎛ P = 62,42 3 3,49 ⎜ 6,00in × ⎟ 10,00 ft 12,00in ⎠ s 4⎝ ft 2

P = 247,74 lb.ft s El porcentaje utilizado para vencer las pérdidas será

⎛ ⎞ v 22 ⎜ ⎟ 2g ⎜ ⎟ %P = ⎜ × 100 2 2 ⎟ 0,003L v 2 v 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎝ D 2g 2g ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ × 100 P=⎜ ⎜ 0,003L + 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ D ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ × 100 = 0,80% P= ⎜ 0,003 × 20554,17 ft ⎟ + 1⎟ ⎜ 0,5 ft ⎝ ⎠ %P = 0,80 %

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

13

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

8 ft³/s 6

12 ft

m diá in.

in

60 °

12 m iá .d 45°

18 in. diám

10 lb/in²

20 ft³/s H2O

Resolución Por definición de caudal

Q1 = A1v1 Q v1 = 1 A1 ft 3 ft s v1 = = 11,32 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜18,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 20,00

v2 =

Q2 A2

ft 3 ft s = 15,29 v2 = 2 s π⎛ 1,00 ft ⎞ ⎜12,00in × ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ Q v3 = 3 A3 12,00

ft 3 ft s v3 = = 40,74 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜ 6,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 8,00

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

14

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

A3

v2 = 15,29 ft/s A2

P3A3

m diá n. i 6

v3 = 40,74 ft/s

P2A2

m iá .d in

60 °

12

45°

18 in. diám

10 lb/in²

H2O v1 = 11,32 ft/s A1

P1A1

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

(∑ Fext )x

= ∫ sc v × ρ × v • dA

Las fuerzas externas en x son

(∑ Fext )x

= − P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x

La integral sobre la superficie de control en x es

∫ sc v × ρ × v • dA = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando

− P2 A2 × cos 45º + P3 A3 × cos 60º + Fanclaje x = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º

Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 2

v1 P2 v 22 + z1 + = + z2 + γ 2g γ 2g

P1 reemplazando

2

v1 P2 v 22 + = + γ 2g γ 2g

P1

2

v1 v 22 = + − γ γ 2g 2g

P2

P1

P2 = P1 +

P2 = 10,00

(v 2g γ

2

1

62,42

− v2

2

)

lb ft 3

2 2 ⎛⎛ ⎞ lb 144,00in ⎜ ⎜11,32 ft ⎞⎟ − ⎛⎜15,29 ft ⎞⎟ ⎟ × + 2 2 ft ⎜ s⎠ ⎝ s ⎠ ⎟⎠ in 1,00 ft 2 × 32,174 2 ⎝ ⎝ s

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

2

15

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

P2 = 1337,80

lb ft 2

Planteamos Bernoulli entre 1 y 3

P1

γ

2

+ z1 +

P v2 v1 = 3 + z3 + 3 2g γ 2g

reemplazando 2

P v2 v + 1 = 3+ 3 γ 2g γ 2g

P1

2

v2 v = + 1 − 3 γ γ 2g 2g

P3

P1

P3 = P1 +

(v 2g γ

2

1

62,42

− v3

2

)

lb ft 3

2 2 ⎛⎛ lb 144,00in ft ⎞ ⎛ ft ⎞ ⎞⎟ ⎜ P3 = 10,00 2 × + ⎜11,32 ⎟ − ⎜ 40,74 ⎟ ⎟ ft ⎜ ⎝ s⎠ ⎝ s⎠ ⎠ in 1,00 ft 2 ⎝ 2 × 32,174 2 s lb P3 = −46,05 2 ft 2

reemplazando

Fanclaje x = v 2 cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º + P2 A2 × cos 45º − P3 A3 × cos 60º

Fanclaje x = 15,29

ft slug ft ft slug ft × cos 45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 − 40,74 × cos 60º×1,94 3 × 40,74 s s s s ft ft

× 0,20 ft 2 + 1337,80

lb lb × 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º = 2 ft ft FanclajeX = 682,82 lb

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

(∑ Fext ) y

= ∫ sc v × ρ × v • dA

Las fuerzas externas en y son

(∑ F ext ) y

= P1 A1 − P2 A 2 × sen 45 º − P3 A 3 × sen 60 º + F anclaje

y

La integral sobre la superficie de control en x es

∫ sc v × ρ × v • dA = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando

P1 A1 − P2 A2 × sen 45º − P3 A3 × sen60º + Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos 180º + v 2 sen 45º ρ × v 2 A2 cos 0º x

+ v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º despejando

Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º − P1 A1 x

+ P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º reemplazando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

16

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

Fanclaje y = −11,32

AÑO 2007

ft slug ft ft slug ft × 1,94 3 × 11,32 × 1,77 ft 2 + 15,29 × sen45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 s s s s ft ft

ft slug ft lb 144,00in 2 × sen60º×1,94 3 × 40,74 × 0,20 ft 2 − 10,00 2 × × 1,77 ft 2 s s 1,00 ft 2 ft in lb lb + 1337,80 2 × 0,78 ft 2 × sen 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × sen60º = ft ft

+ 40,74

FanclajeY = –1433,89 lb Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s.

V0

A0 V1

Resolución

A0 V0 V1 V0 A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada

y a la salida

V0 V1 V0-V1 V0 V1 V0-V1

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

17

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

(∑ Fext )x

= ∫ sc v × ρ × v • dA

La integral sobre la superficie de control en x es

∫ sc v × ρ × v • dA = (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos180º −(v 0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos 0º ∫ sc v × ρ × v • dA = −(v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 − (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 ∫ sc v × ρ × v • dA = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 2

Las fuerzas externas en x son

(∑ Fext )x

= ma carro (∑ Fext )x = m dv dt

Igualando

m v1

dv1 2 = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 dt

m = − 2 × ρ × A 0 (v 02 − 2 v 0 v 1 + v 12 Δt

)

m = −2 × ρ × A0 v02 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12 Δt ⎛m ⎞ 2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v02 = 0 ⎝ Δt ⎠ ⎞ ⎛ 200,00lb ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 32,174 ft 2 slugs ft ⎟ slugs ⎜ 2 2 2 s 2 × 2,00 3 ×,002 ft × v1 + ⎜ − 2 × 2,00 3 ×,002 ft × 2 × 100,00 ⎟v1 10,00s s ft ft ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎠ ⎝ v1

2

+ 2 × 2,00

slugs ft ⎞ ⎛ ×,002 ft 2 × ⎜100,00 ⎟ = 0 3 s⎠ ft ⎝ slug slugs 0,08 × v12 − 15,38 v1 + 800,00lb = 0 ft s

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

1 2 at 2 1 v1 2 1 1 ft x= t = v1t = 96,11 10,00s 2 t 2 2 s x=

x = 480,57 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

18

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

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

V0 = 130 ft/s

u = 50 ft/s

θ

Resolución

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

130

v alabe Por teorema del seno

α

v alabe = (v0 − u ) ft ft ft = 130,00 − 50,00 = 80,00 s s s senθ senβ = 80,00 50,00

senβ =

50,00 senθ = 0,625 × sen130º = 0,48 80,00 β = arcsen(0,48) = 28,60º

Por propiedad del triángulo

γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º

Finalmente

α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º α = 158º 36’ 20’’

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

19

CAPÍTULO 3

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica Ejercicio 4-8 Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. Resolución Las variables son 6

[

]

Q L3T −1 , D[L ],

[

] [

] [

] [

ΔH LL−1 = 1 , ρ ML−3 , μ ML−1T −1 , g LT − 2 L

]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será

∏1 =

ΔH L

π1 = ΔH/L

π2 será

(

∏ 2 = DQ x1 ρ x2 μ x3

∏ 2 = L L3T −1

) (ML ) (ML x1

−3 x2

−1

T −1

)

x3

entonces

0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3x1 − 3 x 2 − x3 = 0 0 − x1 + 0 − x3 = 0

Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒ de aquí

x1 = −1 x2 = −1 x3 = 1 entonces

∏2 =

Dμ Qρ

π2 = Dμ/Qρ π3 será

∏ 3 = gQ x1 ρ x2 μ x3

(

∏ 3 = LT −2 L3T −1

) (ML ) (ML x1

−3 x 2

−1

T −1

)

x3

entonces Para M ⇒ Para L ⇒

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − 3x 2 − x3 = 0

1

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

− 2 − x1 + 0 − x3 = 0

Para T ⇒ de aquí

x1 = 3 x2 = 5 x3 = −5 entonces

∏3 =

gQ 3 ρ 5

μ5

π3 = gQ3ρ5/μ5 Ejercicio 4-13 En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. Resolución Las variables son 4

[

]

[ ] [

p ML−1T −2 , r [L], ω T −1 , ρ ML−3

]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será

∏ = pω x1 ρ x2 r x3

( ) (ML ) (L )

∏ 2 = ML−1T −2 T −1

x1

−3 x 2

x3

entonces Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒

1 + 0 + x2 + 0 = 0 − 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0 − 2 − x1 + 0 − 0 = 0

de aquí

x1 = −2 x2 = −1 x3 = −2 entonces

∏=

p r ω2ρ 2

Entonces p = cte.r2ω2ρ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

2

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 4-18 La velocidad en un punto de un modelo de un canal de alivio para una presa es 1 m/s. Para una razón del prototipo al modelo de 10:1, ¿Cuál es la velocidad en el punto correspondiente en el prototipo bajo condiciones similares? Resolución Como es un canal la similitud dinámica exige igual número de Froude, entonces

v 2p v m2 = g mlm g p l p Como la gravedad es la misma 2 v m2 v p = lm lp

v 2p = v m2

lp lm lp

v p = vm

v p = 1,00

lm

m 10 s 1

vp = 3,16 m/s Ejercicio 4-19 El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la potencia por uso del análisis dimensional. Resolución Las variables son 6

[

] [

]

[

] [

]

P ML2T −3 , Q L3T −1 , D[L ], Δp ML−1T −2 , ρ ML−3 , e[1]

Las unidades son 3

L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será

∏1 = e

π1 = e

π2 será

∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3

(

∏ 2 = ML2T −3 L3T −1

) (ML x1

−1

T −2

) (ML ) x2

−3 x 3

entonces

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

3

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Para L ⇒

1 + 0 + x 2 + x3 = 0 2 + 3x1 − x 2 − 3 x3 = 0

Para T ⇒

− 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0

Para M ⇒

de aquí

x1 = −1 x2 = −1 x3 = 0 entonces

∏2 =

P QΔp

π2 = P/QΔp π3 será

∏ 3 = DQ x1 Δp x2 ρ x3

∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3 x

x

x

entonces Para L ⇒

0 + 0 + x 2 + x3 = 0 1 + 3 x1 − x 2 − 3x3 = 0

Para T ⇒

0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0

Para M ⇒

de aquí

x1 = −0,5 x2 = 0,25 x3 = −0,25 entonces

∏3 =

D 4 Δp Q4 ρ

π3 = DΔp1/4 Q1/2ρ1/4 Ejercicio 4-21 Un modelo de medidor Venturi tiene dimensiones lineales de un quinto de las del prototipo. El prototipo opera con agua a 20 ºC y el modelo con agua a 95 ºC. Para un diámetro de garganta de 600 mm y una velocidad en la garganta de 6 m/s en el prototipo, ¿qué descarga se necesita a través del modelo para que se tenga similitud? Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

4

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Dm v m

νm vm =

=

Dpvp

νp

Dp ν m vp Dm ν p

2 ⎡ −6 m ⎤ ⎢ 600,00mm 0,311 × 10 ⎥ s ⎥ 6,00 m vm = ⎢ 2 s ⎢ 600,00mm 1,007 × 10 −6 m ⎥ ⎢⎣ ⎥ 5 s ⎦ m v m = 9,86 s 2 m π ⎛ 0,6m ⎞ Qm = Am v m = ⎜ ⎟ 9,86 s 4⎝ 5 ⎠

Qm = 0,10 m3/s Ejercicio 4-32 Un modelo a escala 1:5 de un sistema de tuberías de una estación de bombeo se va a probar para determinar las pérdidas totales de carga. Se dispone de aire a 25 ºC, 1 atm. Para una velocidad del prototipo de 500 mm/s en una sección de 4 m de diámetro con agua a 15 ºC, determínese la velocidad del aire y la cantidad del mismo necesarias y cómo las pérdidas determinadas en el modelo se convierten en pérdidas en el prototipo. Resolución Como es una tubería la similitud dinámica exige igual número de Reynolds, entonces

Dm v m

νm vm =

=

Dpvp

νp

Dp ν m vp Dm ν p

2 ⎡ −5 m 1 , 70 × 10 ⎢ 4,00m s vm = ⎢ 2 4 , 00 m m ⎢ 1,141 × 10 −6 ⎢⎣ 5 s

⎤ ⎥ m ⎥ 0,50 s ⎥ ⎥⎦

La viscosidad cinemática del aire se obtuvo de la figura C.2 de Mecánica de los fluidos (Streeter) vm = 37,25m/s

Qm = Am v m =

π ⎛ 4,00m ⎞ ⎜ 4⎝

5

2

m ⎟ 37,25 s ⎠

Qm = 18,72 m3/s Como las pérdidas dependen del número de Reynolds y este es el mismo para modelo y prototipo las pérdidas serán las mismas.

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

5

CAPÍTULO 4

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales Ejercicio 5-1 Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0.

a

U

pδy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

γδlδysen θ τδl

(p+(dp/dl)δl)δy

θ l

γδlδy

u y

θ

dl

Resolución

q=

Por otro lado

u=

Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 0 − 2 12 μ ∂l Ua 1 ∂ ( p + γh )a 3 = 2 12 μ ∂l U × 6μ ∂ = ( p + γh ) ∂l a2

Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l

reemplazando

u=

(

Uy 1 U × 6 μ − ay − y 2 2 a 2μ a

(

)

)

⎛ y y2 ⎞ Uy − 3U ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ a ⎝a a ⎠ 2U 3U u=− y + 2 y2 a a

u=

derivando respecto a y obtengo

du 2U 6U =− + 2 y dy a a El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

1

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 5-2 En la figura siendo U positivo como se muestra, encuéntrese la expresión para d(p + γh)/dl de modo que el corte sea cero en la placa fija. ¿Cuál es la descarga en este caso?

a

U

pδy

(τ+(dτ/dl)δy)δl

γδlδysen θ τδl

(p+(dp/dl)δl)δy

θ l

γδlδy

u y

θ

dl

Resolución

Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l Uy 1 ∂ ( p + γh )ay − 1 ∂ ( p + γh ) y 2 u= − a 2 μ ∂l 2 μ ∂l

(

u=

)

derivando respecto a y obtengo

du U 1 ∂ ( p + γh )a − 1 ∂ ( p + γh ) y = − dy a 2 μ ∂l μ ∂l

El esfuerzo de corte es

τ =μ entonces

τ =μ

du dy

U 1 ∂ ( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y − a 2 ∂l ∂l

Valuado en y = 0, tenemos

τ y =0 = μ

U 1 ∂ ( p + γh )a = 0 − a 2 ∂l

despejando

2μ

U ∂ = ( p + γh ) 2 ∂l a

reemplazando

u

=

U a

2

y

2

El caudal será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

2

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

a

a

0

0

q = ∫ udy = ∫ q=

U 2 y dy a2

U a 3

Ejercicio 5-3 En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón.

150 mm

U F

0,15 MPa

μ = 1 poise

50 mm diám. e = 0,05 mm

Resolución

u= además

U 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 y− a 2 μ ∂l

(

)

∂ ( p + γh ) = Δp = 0,15MPa − 0,00MPa = 1,00 × 10 6 N3 ∂l Δl 0,15m m

reemplazando

m s u= y− 5,00 × 10 −5 m 0,70

(

N 1 1,00 × 10 6 3 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 g 1,00kg 100,00cm m 2 × 1,00 × × cms 1000,00 g 1,00m

(

1 1 u = 1400,00 y − 20,00 × 10 6 5,00 × 10 −5 m × y − y 2 s ms 1 1 2 u = 400,00 y + 20,00 × 10 6 y s ms 1 1 u = 400,00 1,00 × 10 −5 m + 20,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m s ms

(

u = 200,00

) )

2

m s

El esfuerzo de corte será

τ =μ

du dy

entonces

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

3

CAPÍTULO 5

)

STASSI, MAURO JOSÉ

τ =μ

AÑO 2007

du kg 1 kg 1 = 1,00 × 10,00 −1 × 400,00 + 1,00 × 10,00 −1 × 10,00 × 10 6 1,00 × 10 −5 m dy ms s ms ms

τ = 25,00 Pa La fuerza total será

FT = τAC + pAT = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m + 0,15 x10 6 Pa ×

π 4

(0,5m )2

FT = 294,90 N Ejercicio 5-4 Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión para U = 0.

150 mm

U F

0,15 MPa

μ = 1 poise

50 mm diám. e = 0,05 mm

Resolución

FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m FC = 0,59 N El caudal será

q=−

1 ∂ ( p + γh )a 3 12 μ ∂l

reemplazando

q=−

1 kg 12 × 0,10 ms

1,00 × 10 6

(

)

2 3 N −5 −7 m 5 , 00 × 10 = 1 , 042 × 10 m s m3

Q = πDq = π × 0,05m × 1,042 × 10 −7

Q = 1,636 × 10

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

4

−8

m2 s

m3 s

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 5-27 Calcúlese el diámetro del tubo vertical necesario para el flujo de un líquido a R = 1400 cuando la presión permanece constante y ν = 1,5 μ m2/s. Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 Q= 128μL

vA = v

π

ΔpπD 4 128μL

D2 =

4

v= Además

Re =

ΔpD 2 32μL

vDρ

μ

entonces

v=

ΔpπD 4 128μL

= 1400

1400μ Dρ

reemplazando

1400μ ΔpD 2 = Dρ 32μL 1400 ΔpD 3 = ρ 32μ 2 L Además como el tubo es vertical

Δp = γ = ρg L

reemplazando

1400

ρ 44800 =

ρgD 3 32 μ 2

ρ2 1 gD 3 = 2 gD 3 2 μ ν

D=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

=

3

ν 2 44800 g

5

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

2

⎛ m2 ⎞ ⎟ 44800 ⎜⎜1,50 × 10 −6 s ⎟⎠ ⎝ D=3 m 9,806 2 s D = 2,17 mm Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.

16 ft

20 ft

γ = 55 lb/ft³

1 4

in diám.

μ = 0.1 Poise

Resolución

γ = 55 lb/ft³

16 ft

20 ft

1

1 4 in diám.

2

μ = 0.1 Poise

Datum

La pérdida de carga entre 1 y 2 será

P1

γ

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

+ h1 =

6

P2

γ

+ h2

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

reemplazando

P1

γ

−

P2

γ

+ h1 =

P1 − P2

γ

+ h1

donde

P1 − P2

γ entonces ahora

= Δh

Δ P = P1 − P2 = γ Δ h ∂ (P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 ) ∂l L L

reemplazando

∂ (P + γh ) = ∂l

55,00

lb (4,00 ft + 16,00 ft ) lb ft 3 = 68,75 3 16,00 ft ft

Al sustituir en la ecuación de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 Q= 128μL 4

1,00 ft ⎞ lb ⎛ 1 68,75 3 π ⎜ in × ⎟ 12,00in ⎠ ft ⎝ 4 ft 3 = 0,00152 Q= slug s 1,00 ft × s 128 × 0,10 Poise × 479 Poise Q = 0,00152

ft 3 s

Ejercicio 5-29

H

D

En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto.

θ

L

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

7

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

Resolución La pérdida de carga entre 1 y 2 será

reemplazando

∂ (P + γh ) = γH ∂l L

kN 24,00m 3 ∂ kN m (P + γh ) = = 6,00 3 40,00m ∂l m ∂ (P + γh ) = 6,00 kN3 ∂l m 10

La descarga será a partir de Hagen–Poiseuille

ΔpπD 4 128μL kN 1000,00 N π (0,008m )4 6,00 3 × 1,00kN m Q= kg 128 × 0,08 m×s 3 m 60,00s 1000,00dm 3 dm 3 0 , 45 Q = 7,54 × 10 −6 × × = min s 1,00m 1,00m 3 Q=

Q = 0,45

dm 3 min

Ejercicio 5-30

H

D

En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.

θ

L

Resolución A partir de Hagen–Poiseuille

Q=

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

ΔpπD 4 128μL

8

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

ΔpπD 4 vA = 128μL v

π 4

v= Además

ΔpπD 4 128μL

D2 =

ΔpD 2 32μL

∂ (P + γh ) = ΔP = γH ∂l L L

reemplazando

v=

γHD 2 32μL

H=

32 μLv γD 2

despejando

kg m × 40,00m × 0,10 m× s s = 16,00m H= kN 1000,00 N (0,008m )2 10,00 3 × 1,00kN m 32 × 0,08

H = 16,00 m Ejercicio 5-63 ¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? Resolución Para el tubo de hierro fundido tenemos

Re =

VD1

ν

= 100000

Suponiendo que el fluido es agua, entonces ν = 1,00 x 10-5 entonces

V=

Reν = D1

100000 × 1,00 × 10 −6 0,3m

m2 s = 0,33 m s

Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos

f = 0,0215

A partir de la ecuación de Colebrook

f =

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

9

2

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74ν 0,9 ⎜ + ln ⎢ ⎜ 0,9 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 D v D

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

iteramos hasta encontrar D2, esto es

D

5.74v0,9

ν0,9D0,9

5.74v0,9 ν0,9D0,9

ε

ε/3,7D

0,1500 0,1100 0,1000 0,1200

0,00002 0,00002 0,00002 0,00002

0,5359 0,4054 0,3720 0,4384

0,0000 0,0001 0,0001 0,0001

0,0002 0,0002 0,0002 0,0002

0,0003 0,0004 0,0004 0,0003

Finalmente

ε 3,7 D

+

5,74ν 0,9 v 0,9 D 0,9

0,0003 0,0004 0,0005 0,0004

ln ()

[ln ()]2

f

-8,0696 -7,7636 -7,6696 -7,8495

65,1182 60,2735 58,8220 61,6140

0,0203 0,0220 0,0225 0,0215

D = 120mm

Ejercicio 5-67 Se va a bombear agua a 20 ºC en 1 km de tubo de hierro forjado con 200 mm de diámetro a la velocidad de 60 L/s. Calcúlese la pérdida de carga y la potencia requerida. Resolución

Re =

VD

ν

=

4Q Q D = 2 D ν πDν π 4

QD = Aν

reemplazando

1,00m 3 dm 3 × 4Q s 1000,00dm 3 = = 381971,86 Re = 2 πDν −6 m π × 0,20m × 1,00 × 10 s 4 × 60,00

Como Re es mayor que 5000 se puede aplicar la ecuación de Colebrook, entonces

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

donde para el hierro forjado ε = 0,046 mm, reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,046mm 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 200mm 381971,86 f = 0,016

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

Por la fórmula de Darcy-Weisbach a pérdida de carga será

hf = f

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

L v2 D 2g

10

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

L Q2 1 hf = f D A2 2g 1 L Q2 2 D ⎛ D 2 ⎞ 2g ⎟⎟ ⎜⎜ π 4 ⎠ ⎝ 16 LQ 2 hf = f 2 5 π D 2g

hf = f

reemplazando

⎛ dm 3 1,00m 3 ⎞ ⎟ × 16 × 1000,00m × ⎜⎜ 60,00 s 1000,00dm 3 ⎟⎠ ⎝ h f = 0,016 × m π 2 (0,20m )5 2 × 9,806 2 s

2

h f = 15,02m La potencia requerida será

P = γQh

reemplazando

P = 9806,00

N m3 0 , 06 15,02m s m3

P = 8836,50Watt Ejercicio 5-83 ¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) Resolución Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga con la ecuación de Darcy-Weisbach.

D

Q

ν

Re

5.74 Re0,9

ε

ε/3,7D

0,500 0,600 0,620 0,640 0,650 0,645 0,643

0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40

0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009

1131768,48 943140,40 912716,52 884194,13 870591,14 877339,91 880753,68

0,00002 0,00002 0,00002 0,00003 0,00003 0,00003 0,00003

0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025

0,00014 0,00011 0,00011 0,00011 0,00010 0,00010 0,00011

ε 3,7 D

+

5,74 Re0.9

0,00016 0,00014 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013 0,00013

ln ()

[ln ()]2

f

hf

-8,77 -8,90 -8,92 -8,94 -8,95 -8,94 -8,94

76,88 79,17 79,55 79,92 80,09 80,00 79,96

0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02 0,02

7,29 2,85 2,40 2,04 1,89 1,96 2,00

D = 643mm

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

11

CAPÍTULO 5

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AÑO 2007

Utilizando la ecuación (5.8.18) tenemos

⎡ ⎛ LQ 2 D = 0.66⎢ε 1.25 ⎜ ⎜ gh ⎢ ⎝ f ⎣

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

4.75

⎛ L + νQ 9.4 ⎜ ⎜ gh ⎝ f

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

5, 2

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

0 , 04

reemplazando

⎡ 3 2 ⎛ ⎜ 1000,00m × ⎛⎜ 0,40 m ⎞⎟ ⎢ ⎜ ⎜ ⎢ s ⎟⎠ ⎝ 1.25 D = 0.66⎢0.00025m ⎜ m ⎜ ⎢ 9,806 2 2,00m ⎜ ⎢ s ⎝ ⎣⎢

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

4.75

+ 1,00 × 10 −6

2

m s

⎛ m ⎜⎜ 0.40 s ⎝

3

⎞ ⎟⎟ ⎠

9.4

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1000,00m ⎜ ⎟ m ⎜ ⎟ ⎜ 9,806 2 × 2,00m ⎟ s ⎝ ⎠

D = 0,654 m

D = 654mm Ejercicio 5-90

H

Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. Inclúyanse las pérdidas menores.

30 m

30 cm diám

H

Resolución

1

Datum

30 m

30 cm diám

2

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

P1

γ

2

+ z1 +

v1 P v2 = 2 + z2 + 2 + h f γ 2g 2g

reemplazando y despejando

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

12

CAPÍTULO 5

5, 2

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦⎥

0 , 04

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AÑO 2007

2 L ⎛ ⎞ v2 − = ⎜ Kb + f + K s ⎟ γ γ ⎝ D ⎠ 2g 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g

P1

P2

El número de Reynolds será

Re =

4Q = πDν

1,00m 3 dm 3 × s 1000,00dm 3 = 530516,48 π × 0,30m × 1,00 × 10 −6

4 × 125,00

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,30m 530516,48

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,015

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ A 2g 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos

⎛ m3 ⎞ ⎜ ⎟⎟ 8 × ⎜ 0,125 s ⎝ ⎠

2

30,00m ⎞ ⎛ H = ⎜ 0,50 + 0,015 + 1,00 ⎟ = 0,30m ⎠ π 2 (0,30m )4 9,806 m ⎝ s2 H = 0,48m Ejercicio 5-94 Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, ¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? Resolución

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

13

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

H

1

2

Datum

Válvula de globo

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

P1

γ

2

+ h1 +

v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g

reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g

El número de Reynolds será

ft 3 4 × 20,00 4Q s Re = = = 1157490,49 2 πDν 1,00 ft −5 ft π × 24,00in × × 1,10 × 10 s 12,00in como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 2 ft 1157490,49

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,013

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos

⎛ ft 3 ⎞ ⎟ 8 × ⎜⎜ 20,00 s ⎟⎠ ⎝

2

⎛ ⎞ 5000,00 ft + 3 × 0,90 + 10 + 1⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,80 + 0,013 = 2,00 ft ⎝ ⎠ π 2 (2,00 ft )4 32,174 ft s2 H = 29,50 ft

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

14

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Ejercicio 5-98

H

Encuéntrese H de la figura para 200 gpm de flujo de aceite, μ = 0,1 P, γ = 60 lb/ft3 para la válvula en ángulo totalmente abierta.

Válvula angular

210 ft 3 in diám Tubo de acero

Resolución

H

1

Válvula angular

210 ft 3 in diám Tubo de acero 2

Datum

Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos

P1

γ

2

+ h1 +

v1 P v2 = 2 + h2 + 2 + Hp γ 2g 2g

reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g

El número de Reynolds será

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

15

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

ft 3 gal s × 1,94 slug 4 × 200,00 × gal min ft 3 448,83 4Qρ min Re = = = 21088,97 slug πDμ 1,00 1,00 ft ft × s × 0,10 Poise × π × 3,00in × 479 Poise 12,00in 1,00

como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook

f =

1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥

2

reemplazando

f =

1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,25 ft 21088,97

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

2

= 0,027

reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g

obtenemos 2

⎛ ft 3 ⎞ ⎜ ⎟ 1,00 gal s ⎜ ⎟ 8 × 200,00 × ⎜ gal ⎟ min 448,83 ⎛ ⎞ ⎜⎝ 210,00 ft min ⎟⎠ + 5,00 + 1,00 ⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,50 + 0,027 = ft 0,25 ft 4 2 ⎝ ⎠ π (0,25 ft ) 32,174 2 s H = 37,29 ft Ejercicio 5-104 El sistema de bombeo de la figura tiene una curva de descarga-carga de la bomba H = 40 – 24Q2 con la carga en metros y la descarga en metros cúbicos por segundo. Las longitudes de los tubos incluyen corrección para pérdidas menores. Determínese el flujo del sistema en litros por segundo. Para una eficiencia de bombeo del sistema de 72 % determínese la potencia requerida. La bomba requiere una carga de succión de por lo menos 1/2 atm, para evitar la cavitación. ¿Cuál es la descarga máxima y potencia requerida para alcanzar este máximo?

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

16

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

El = 31 m

Agua 20 ºC 0 50

El = 1 m 200 m 500 mm diám- Acero

m

m 0m 40

ero Ac m diá

P

Pump. Elev. = 0

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

v1 P2 v 22 + h1 + + HB = + h2 + + Hp γ γ 2g 2g

P1 reemplazando

h1 + H B = h2 + Hp ⎛ L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 1 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 2 ⎝ D1 ⎠ 2 g ⎝ D2 ⎠ 2 g Por la ecuación de continuidad

⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ L h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝

⎞ 8Q 2 ⎟⎟ 4 ⎠ πD2 g L2 ⎞ 8Q 2 ⎟ D2 ⎟⎠ πD24 g

⎡⎛ L ⎞ 8 ⎤ 2 ⎛ L2 ⎞ 8 ⎜ ⎟ h1 − h2 + 40 = ⎢⎜⎜ f 1 1 ⎟⎟ + f + 24 ⎥Q 2 4 4 ⎜ ⎟ ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦

Q=

h1 − h2 + 40 ⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ ⎛ L ⎞ 8 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 4 + 24⎥ ⎢⎜⎜ f 1 ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦

Para encontrar f debemos proponer un caudal, encontrar el número de Reynolds, calcular f por la ecuación de Colebrook, luego se calcula el caudal y se verfica el número de Reynolds. Q [m3/s] 1,0000 0,2200 0,2100 0,2095

Re1 2546479,11 560225,40 534760,61 533487,37

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

Re2 3183098,89 700281,76 668450,77 666859,22

17

f1 0,0126 0,0142 0,0143 0,0143

f2 0,0129 0,0141 0,0142 0,0142

Q [m3/s] 0,2193 0,2099 0,2095 0,2095

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

dm 3 Q = 209,5 s La potencia será reemplazando

P = γQhη

P = γQ (40 − 24Q 2 )η P = γηQ 40 − 24γηQ 3

⎛ kg m3 kg m3 ⎞ ⎟ P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095 − 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜⎜ 0,2095 s s ⎟⎠ m m ⎝

3

P = 5,87 kWatt

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

18

CAPÍTULO 5

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone

F=

u y = =η U δ

Reemplazando en h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ τ 0 = ρ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟⎟ ∂x ⎝ 0 ⎠

Obtenemos

τ 0 = ρU 2 τ 0 = ρU 2

∂δ uU − u 2 dη ∂x ∫0 U 2 1

u⎞ ∂δ u ⎛ ⎜1 − ⎟dη ∫ ∂x 0 U ⎝ U ⎠ 1

∂δ τ 0 = ρU η (1 − η )dη ∂x ∫0 ∂δ τ 0 = 0,166 ρU 2 ∂x 1

2

De la ley de viscosidad de Newton

τ0 = μ

∂u ∂y

y =0

Cambiando las variables

τ0 = μ

U ∂F δ ∂η

η =0

Entonces

τ0 = μ

U

δ

Reemplazando

μ

U

δ

= 0,166 ρU 2

∂δ ∂x

Separando las variables

μ

U

ρ

∂x = 0,166U 2δ∂δ

Integrando tenemos

υx = 0,166U

δ2 2

Despejando

δ x

MECÁNICA DE LOS FLUIDOS

=

1 υ 0,083 xU

1

CAPÍTULO 6

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

Resolviendo

δ x

3,46 R 1x / 2

=

Capa límite turbulenta Se propone 1

u ⎛ y ⎞7 F = = ⎜ ⎟ =η7 U ⎝δ ⎠ 1

Reemplazando en

τ0 = ρ

h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎜⎝ 0 ⎠

Obtenemos 1 1 1 ⎞ ⎛ ∂δ 7⎜ 7 ⎟ η 1 η − ∫ ⎟ dη ⎜ ∂x 0 ⎝ ⎠ 7 ∂δ τ0 = ρU 2 ∂x 72

τ 0 = ρU 2

De la ley de viscosidad de Newton

τ0 = μ Cambiando las variables

τ0 = μ

∂u ∂y

y =0

∂ (FU ) ⎛ 17 ⎞ ∂⎜⎜η δ ⎟⎟ ⎝ ⎠

Entonces 1

⎛ υ ⎞4 τ 0 = 0,0228ρU ⎜ ⎟ ⎝ Uδ ⎠ 2

igualando 1

7 ∂δ ⎛ υ ⎞4 ρU 2 0,0228ρU 2 ⎜ ⎟ = 72 ∂x ⎝ Uδ ⎠ Separando las variables

υ 1 4

1 4

U δ

1 4

∂x = 4,254∂δ

Integrando tenemos 1

1

4 5

5

υ 4 x = 4,254U 4 δ 4 1 4

1 4

υ x = 3,4032U δ

5 4

Despejando

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2

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AÑO 2007

1 4

υ x

5 4

δ =

3,4032U 1 ⎛ ⎜ υ4x δ =⎜ 1 ⎜ 3,4032U 4 ⎝

1 4

4

⎞5 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Resolviendo

0,375

δ=

Re x

1 5

x

Ejercicio propuesto en clase. Barrilete

A = 1 m² 30°

U = 40 km/h T = 25 N

45°

Resolución El arrastre será

D = CD

ρU 2 2

AD

Despejando

CD = Reemplazando

CD =

2D ρU 2 AD

2 × 25,00 Nsen 45º 2

kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m sen30º h kms ⎠ m ⎝

= 0,47

C D = 0,47 La sustentación será

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3

CAPÍTULO 6

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

L = CL

ρU 2 2

AL

Despejando

CL = Reemplazando

CL =

2D ρU 2 AL

2 × 25,00 N cos 45º 2

kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m cos 30º h kms m ⎝ ⎠

= 0,27

C L = 0,47 Ejercicio 6-6 Una corriente de aire fluye sobre una placa lisa con una velocidad de 150 km/h a 20 ºC y 100 kPa. ¿Qué longitud debe tener la placa para que la capa límite tenga un espesor de 8 mm? Resolución Partiendo de δ = 0,37 x (Ux/ν)1/5 δ5 = 0,375 ν x5 Ux x = 4√ Uδ5 . 0,375ν donde U = 150,00 km . 1000 m . 1 h = 41,66 m h 1 km 3600 s s δ = 8,00 mm. 1 m = 8,00 x 10–3 m 1000 mm ν = 1,15 10–5 m2/s reemplazando x = 4√ 41,66 m/s (8,00 x 10–3 m)5 . 0,375 . 1,60 10–5 m2/s x = 0,333 m

Ejercicio 6-7 Estímese el arrastre por fricción superficial en una aeronave de 100 m de largo, diámetro promedio de 20 m con velocidad de 130 km/h que viaja por aire a 90 kPa abs y 25 ºC. Resolución Suponiendo el avión es un cilindro, entonces

l 100,00 = = 5,00 D 20,00 ahora, de tabla 6,1

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AÑO 2007

C D = 0,86 La densidad será, por la ecuación de estado

ρ=

P = RT

90kPa 287

m× N (25º C + 273,15)K kg ∗ K

= 1,05

kg m3

El arrastre frontal será

D = CD

ρU 2 π∅ 2 2

4

reemplazando 2

m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ × 1,05 3 ⎜130,00 km ⎟ h m ⎜ 3,60 2 ⎜ ⎟ h ⎠ π (20,00m ) ⎝ D = 0,86 × 2 4 D = 184,96 kN El arrastre lateral será

D = CD

ρU 2 2

π∅l

reemplazando 2

m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ 1,05 3 ⎜130,00 × km ⎟ h m ⎜ 3,60 ⎟ ⎜ h ⎠ ⎝ D = 0,86 × π 20,00m × 100,00m 2 D = 3699 ,30 N Ejercicio 6-9 Un letrero de publicidad es remolcado por un pequeño avión a una velocidad de 35 m/s. Las dimensiones del letrero son de 1,40 m por 38,00 m, p = 1 atmósfera, t = 15 ºC. Suponiendo que el letrero es una placa plana, calcúlese la potencia requerida. Resolución R = vl/ν R = 35,00 m/s . 38,00 m = 1,57 10–5 m2/s R = 8,47 x 107 entonces CD =

0,455 = (log Rl)2,58 CD = 2,18 x 10–3

El arrastre será D = CDblρU2 2

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5

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reemplazando

AÑO 2007

D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2 2 D = 91,83 N =

La potencia será P = D.V = 91,83 N . 35 m/s P = 3214,20 W Ejercicio 6-12 ¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC? Resolución La densidad será, por la ecuación de estado

ρ=

P = RT

100,00kPa kg = 1,19 3 m× N m (20º C + 273,15)K 287 kg ∗ K

El arrastre será

D = CD

ρU 2 π∅ 2 2

4

despejando

∅=

4

2 D π ρU 2 C D

reemplazando

∅=

8

45000,00 N = 28,33m 1,2 kg ⎛ m⎞ π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟ s⎠ m ⎝ 2

Como el diámetro necesario es menor al del paracaídas, se necesita solo uno Ejercicio 6-13 Un objeto que pesa 400 lb se fija a un disco circular y es dejado caer desde un avión. ¿Qué diámetro debe tener el disco para hacer que el objeto toque tierra a 72 ft/s? El disco esta fijado de tal forma que es normal a la dirección del movimiento con p = 14,7 psi; t = 70 ºF. Resolución La temperatura absoluta será

T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad será, por la ecuación de estado

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6

CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

N m2 14,70 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,20 3 × × = 0,0032 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 294,26 K kg ∗ K 6894,76

Si proponemos un número de Reynolds alto encontramos CD a partir de la figura 6.11, esto es

CD = 1,05

el diámetro será

∅=

2 D π ρU 2 C D 4

reemplazando

∅=

400,00lb = 7,59 ft 1,05 slug ⎛ ft ⎞ π × 0,0032 3 ⎜ 72,00 ⎟ s⎠ ft ⎝ 8

2

∅ = 7,59 ft El número de Reynolds será

ft 7,59 ft VD s Re = = = 3037188,87 ⇒ Verifica 2 ν − 4 ft 1,80 × 10 s 72,00

Ejercicio 6-19 ¿Cuál es la velocidad final de una pelota metálica de 2 in de diámetro, densidad relativa 3,5 que se deja caer en aceite, densidad relativa 0,80, μ = 1 p?¿Cuál sería la velocidad final para el mismo tamaño de pelota con una densidad relativa de 7,0? ¿Cómo concuerdan estos resultados con los experimentos atribuidos a Galileo en la torre inclinada de Pisa? Resolución

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AÑO 2007

F D

D

W Por equilibrio de fuerzas será

W −F =D

reemplazando

4 3 4 ρSU 2 2 πr S pelota γ − πr 3 S aceite γ = C D πr 3 3 2 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando 3

lb 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft

1,94

24,12

ft 2 = C DU 2 s2

U=

ft 2 24,12 2 s CD

slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝

El número de Reynolds será

Re =

UDS aceite ρ

μ

1,00 slug ft × 0.80 × 1,94 3 6,00 s ft = 123,90 U slug ft 1,00 ft × s 1,00 poise × 479,00 poise

U× =

Ahora proponemos un CD, calculamos U, luego calculamos Reynolds y buscamos un nuevo CD de la figura 6.11página 262 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

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AÑO 2007

CD 1,000 0,500 0,450 0,420 0,410 0,405 0,400

U 4,911 6,946 7,321 7,578 7,670 7,717 7,765

Re 608,499 860,548 907,097 938,935 950,316 956,164 962,122

Finalmente

U = 7,76

ft s

Si la densidad relativa de la pelota es 7,0 entonces

4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando

1,94

3

4 ⎛ 1,00 ft ⎞ lb π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (7,00 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft

slug × 0,80U 2 2 3 1,00 ft ⎞ ft ⎛ π ⎜1,00in × ⎟ 2 12,00in ⎠ ⎝

ft 2 174,03 2 = C DU 2 s U=

174,03

ft 2 s2

CD

El coeficiente CD no cambiará, porque depende del número de Reynolds el cual no cambiará ya que no depende de la densidad de la pelota sino de su tamaño y de la densidad del aceite, entonces

ft 2 174,03 2 s U= 0,4 U = 20,86

ft s

Ejercicio 6-20 Un globo esférico que contiene helio asciende por el aire a 14 psia, a 40 ºF. El globo y la carga pesan 300 lb. ¿Qué diámetro permite un ascenso a 10 ft/s? CD = 0,21. Si el globo está atado al suelo en un viento de 10 mi/h, ¿Cuál es el ángulo de inclinación del cable retenedor? Resolución

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CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

F

D

D

W

Por equilibrio de fuerzas será

W +D=F

reemplazando

W globo + C D

ρU 2 π 2

1 1 D 2 = πD 3γ aire − πD 3γ helio 4 6 6

Despejando

ρU 2 π 2 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − C D D − Wglobo = 0 6 2 4 Esta es una ecuación cúbica donde

1 a = π (γ aire − γ helio ) 6 ρU 2 π b = −C D 2 4 c=0 d = −W globo La temperatura absoluta será

T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(40º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 277,59 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado

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CAPÍTULO 6

STASSI, MAURO JOSÉ

AÑO 2007

N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 1,21 3 × × = 0,0023 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 287 277,59 K kg ∗ K 6894,76

El peso específico del aire será

γ = ρg = 0,0023

slug ft lb × 32,174 2 = 0,076 3 3 ft s ft

La densidad del helio será, por la ecuación de estado

N m2 14,00 psi × lb 1,00 2 kg 1,00 slug 0,0283m 3 slug P in ρ= = = 0,16 3 × × = 3,25 × 10 − 4 3 3 m× N RT m 14,594kg 1,00 ft ft 2077 277,59 K kg ∗ K 6894,76

El peso específico del helio será

γ = ρg = 3,25 × 10 − 4

slug ft lb × 32,174 2 = 0,01 3 3 ft s ft

reemplazando

lb lb ⎞ 1 ⎛ a = π ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ = 0,034 6 ⎝ ft ft ⎠ 2

slug ⎛ ft ⎞ 0,0023 3 ⎜10 ⎟ slug ft ⎝ s ⎠ π b = −0,21 = −0,019 2 4 ft × s 2 c=0 d = −300lb Con una calculadora o programa obtenemos

D = 20,83 ft Si el globo esta atado al suelo, entonces

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AÑO 2007

F

D

V

T

W

θ Por equilibrio de fuerzas en horizontal será y en vertical

D = T cosθ

F = W + Tsenθ

despejando

T= reemplazando

D=

F −W senθ

F −W F −W cos θ = senθ tgθ

despejando

tgθ =

F −W D

reemplazando

1 3 πD (γ aire − γ helio ) − W globo 6 tgθ = ρV 2 π 2 CD D 2 4 entonces

⎛ 1 lb lb ⎞ π (20,83 ft )3 ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ − 300,00lb 6 ft ft ⎠ ⎝ tgθ = = 0,46 2 slug ⎛ mi 5280,00 ft 1,00h ⎞ 0,0023 3 ⎜10,00 × × ⎟ h 1,00milla 3600,00s ⎠ π ft ⎝ (20,83 ft )2 0,21 × 2 4 entonces

θ = 24º37'24' '

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Ejercicio 6-21 Determínese la velocidad de asentamiento de pequeñas esferas metálicas cuya densidad relativa 4,5, diámetro 0,1 mm en petróleo crudo a 25 ºC y densidad relativa 0,86. Resolución Como la velocidad de asentamiento es pequeña, se cumple la ley de Stokes, por lo tanto

D2 (γ esferas − γ petroleo ) U= 18μ

U=

D2 γ agua (S esferas − S petroleo ) 18μ

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

μ = 8,00 × 10 −3

N ×s m2

reemplazando 2

1,00m ⎞ ⎛ ⎜ 0,10mm × ⎟ 1000,00mm ⎠ N ⎝ U= 9806,00 3 (4,50 − 0,86) × N s m 18 × 8,00 × 10 −3 2 m U = 2,48 × 10 −3

m s

Verificamos que el Reynolds sea menor que 1, entonces

Re =

UDρ

μ

2,48 × 10 −3 =

m⎛ 1,00m ⎞ kg ⎜ 0,10mm × ⎟ × 1000,00 3 s⎝ 1000,00mm ⎠ m = 0,30 ⇒ Verifica −3 N × s 8,00 × 10 m2

Ejercicio 6-23 ¿Qué tamaño deberá tener una partícula de densidad relativa 2,5 para asentarse en aire atmosférico a 20 ºC siguiendo la ley de Stokes?¿Cuál es la velocidad de asentamiento? Resolución Partiendo de la ley de Stokes, tenemos

D2 (γ partícula − γ aire ) U= 18μ U=

D2 (γ agua S partícula − γ aire ) 18μ

La densidad del aire será, por la ecuación de estado

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CAPÍTULO 6

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AÑO 2007

ρ=

P = RT

101325,00 287

N m2

m× N 277,59 K kg ∗ K

= 1,27

kg m3

El peso específico del aire será

γ = ρg = 1,27

kg m N × 9,806 2 = 12,47 3 3 m s m

La viscosidad absoluta del petróleo crudo la obtenemos de figura C.1 página 569 de (Mecánica de los fluidos, Streeter), esto es

μ = 2,00 × 10 −5

N×s m2

reemplazando

N N ⎞ ⎛ ⎜ 2,50 × 9806,00 3 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2,00 × 10 −5 m2 D2 N N ⎞ ⎛ U = ⎜ 2 ,50 × 9806 ,00 3 − 12 , 47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2 ,00 × 10 − 5 2 m 1 U = 68,06 × 10 6 D2 m× s D2

U=

Para que se cumpla la ley de Stokes el número de Reynolds debe ser menor que 1, entonces

Re =

UDρ

μ

< 1,00

remplazando

Re =

68,06 × 10 6

μ

despejando

1 D3ρ m× s < 1,00

1,00 × μ

D3 <

ρ × 68,06 × 10 6 reemplazando

D3 <

1,00 × 2,00 × 10 −5

1 m× s N×s m2

1 kg × 68,06 × 10 6 3 m× s m N×s 1,00 × 2,00 × 10 −5 m2 D