FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL Escuela de Ingeniería Civil
Trabajo:
GRUPO 5 CURSO: DINAMICA DE LOS FLUIDOS I
DOCENTE: ING. ING. DANTE SALAZAR SÁNCHEZ
INTEGRANTE: 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 =
x x = 0.418 pies 3/seg
R x = ρQ (V (V2 – V V1) = ρQ (-V ( -V2 Sen 30° – 30° – 0) 0) R x = - ρQV2 Sen 30° 30° = - (1.94)(0.418)(25) (1.94)(0.418)(25) Sen 30° R x = -10.13 -10.13 lb = 10.13 hacia hacia la derecha derecha
R y = ρQ (V2y – V V1y) = ρQ [(V2 Cos 30° – 30° – (-V (-V1)] R y = ρQ [(V2 Cos 30° +V 1)] = (1.94)(0.418)[25 Cos 30° + 25] R y = 37.79 37.79 lb hacia arriba 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/pulg 2). 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 pies 2 = 28.89 pulg 2 A2 = 0.05132 pies 2 = 7.39 pulg 2
= (1.114 pies /sec)/0.2006 pies = 5.55 pies/seg V = = (1.114 pies /sec)/0.05132 pies = 21.7 pies/seg 3
V1 =
3
2
2
2
D1/D2 = 0.5054/0.2557 = 1.98; k=0.043 Desde la sección:
Hl = K = 0.043 = 0.314 pies = – 0.314 P = P1 + ɣ [ 0.314 pies ]pies P = 125 + 62.4 lb/pies [ 2
2
3
P2 = 125 – 125 – 3.10 3.10 = 121.9 psig ΣFx = R x +p2A2 – p p1A1 = ρQ (v1 – v v2) = ρQ (-v (-v2 – (-v (-v1)) = ρQ (v1 – v v2) R x = ρQ(v1 – v v2) - p2A2 + p1A1 = R x = (1.94)(1.11)(5.55 – (1.94)(1.11)(5.55 – 21.7) – 21.7) – (121.9)(7.39) (121.9)(7.39) + (125)(28.89) R x = -34.9 – -34.9 – 900 900 + 3611 R x = 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:
V
70º V1x
R x = ρQv1 Sen 70º R x = (2.06 x 10 -3) (0.694) (10.0) 2 Sen 70º R x = 0.1345 lb
M= (2.5) Rx M = (0.1345 lb)(2.5 pulg) M = - 0.336 lb-pulg
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 =ρ Qy Vy Qy= ʃ
Q = i (16y -12x) + j(12y – j(12y – 9y) 9y) =12y – =12y – 9x, 9x,
=
12,
A=1
Qy= ʃ Qy= ʃ 12 12 dy Vy = 12y-9y=12x1-9x1= 12 y-9y=12x1-9x1=3 3 Fy = 0,
FR= Fy – F Fg FR=0 ρg 13 = - ρg FR = - ρg
3.86.- Resolver el problema problema 3.85 cuando las perdidas en el codo vienen dadas por 0.6
V2/2g siendo V 1 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
P2A2
ρQ2V2
P2A2
Fx
Fy
ρQ1V1
a) Considerando sin pérdidas en el tubo codo. Solución problema 3.85 P 1 / V 12 / 2 g P 2 / V 22 / 2 g
P 2 / (V 12
V 22 ) / 2 g P 1 /
Q= 40,000 ( Lt / min) x(min/ 60 seg ) x(m3 / 1000 Lt ) 0.67m / seg V 1
Q / A1
V 2
0.67 /(3.14 x0.45 2 / 4) 4.212 m / seg
0.67 /(3.14 x0.6 2 / 4) 2.369 369 m / seg
369 2 / 19.6 1.5 x10 4 / 0.83 x1000 P 2 / 4.212 2 2.369
P 2
18 .618 x 18.618 618 x1000 x0.83
18.618 618 m
15452 .92k g / m 2
De la ecuación de la cantidad de movimiento: F y
P 1
A1 ( Q / g )V 1 15000 x3.14 x0.452 / 4 (1000 x0.67 x21 212 2 x0.83) / 9.81 F y
2623 .34 Kg .
F x
4369.2 200.4
F x
4569.63 Kg .
b) Caso b, en consideración de perdidas en el codo, codo, la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2: 2
2
P 1 / V 1 / 2 g P 2 / V 2 / 2 g H p12
P 2 / (V 12 V 22 ) / 2 g H p12 P 1 / (V 1 V 22
P 1 / (4.212 2
0.6V 12 ) / 2 g P 1 / (0.4V 12 V 22 ) / 2 g P 1 /
2.369 2 ) / 19 .62 0.6 x 4.212 212 / 19.62 1.5 x10 4 /(0.83 x1000 ) 18 .223 P 2
19 .223 223 x0.83 x1000
15125 .57 Kg / m 2
3.96.- Un avión de de propulsión a chorro chorro vuela a 1100 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?
2
1
V1 =1100 Km/H = 305.6 m/seg Waire =75 Kg/seg = ρ.g
= 7.64 Kg seg/m =0.143 Kg seg/m =
(PQ)aire = = (PQ)combustible
a) Despreciando la masa del combustible: F = ρ Q (V2 – V V1) V2 =
+ V = 3600 (7.64 + 305.6) 1
V2= 776.8 m/seg
b) Considerando la masa del combustible F = Q (V2 – V V1) ρ + ρ Q (V 2 – 0) 0) 3600 = 7.64 (V 2 – 305.6) 305.6) + 0.143 (V 2 – 0) 0)
V2 =
= 762.53 m/seg
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 V r = 1920m/seg? Supóngase g = 9.80 m/seg SOLUCION:
Haciendo la Ecuación se tiene que: m = Vr – g g (mf +mR ) – R = (mR + mf )
m = d m f /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) 9.8(13000-125t) = (13000-125t)
= + dv =
Simplificando:
Integrando:
V = 1909.8 Ln (13000-125t) – (13000-125t) – 9.8t 9.8t + C Para V=0, t=0 V= -1909.8 Ln ( Para t=68
) – 9.8t 9.8t + C V= 1370.5 m/s
3
3.116.- Si el álabe de la figura 3.73 Q0 = 9 l/seg; ρ=102 UTM/m y V 0=50 m/seg, ¿Cuáles
son las fuerzas componentes Fx y Fy? SOLUCION:
V2
u u
60º 60º
V1
Del Diagrama vectorial a las salidas: VIX = U – U – (V0 – (V0 – U) U) Cos 60º VIX = 12 – 12 – (50-12) (50-12) Cos 60º VIX = -7 m/seg
V2X = 0 – 0 – (V (V0 – U) 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) U) QI = Q2 = 0.5 x 0.06 = 0.03 m 3/seg,
Q0= 0.06 m 3/seg
Fx = - 159.12 Kg Del Diagrama vectorial; Fy = ρQI (V0 – U) U) Sen 60º - ρQ2 (V0 – U) U) x Sen 60º QI = Q2 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 Bajo los mismos supuestos que que en el problema 3.134 e y 0=6.60m e y2=2.4m; Determinar el caudal por metro de anchura. SOLUCION:
Aplicando Bernoulli entre (0) y (1)
= P0 =P1 = P at, V0=0 V0=0 Y0= V2/2g + y1,
V2 = (y0-y1) 2g……(a)
De la ecuación del resalto hidráulico: Y2 = y1 +
() + (2v x y /g) …….(b) 2
1
Remplazando (a) en (b), se tiene:
Y2 = y1/2 +
√ () –
(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 - Y 1 + 2.42/4 =0 Y2 – 6y1 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. 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 r 0 y densidad ρ se sedimenta a velocidad U en un líquido lí quido 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?
Circula 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
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 X y Y mostradas. La ecuación de fuerza para la dirección x es es
ρ
Fx = Q(V2X- V1x)
– ρ A + ρ A Cos º = ρQ [ - V Cos 30º - (-V ) ] R = ρ A – ρ A Cos 30º – ρQV Cos º ρQ V …… Rx x
1 1
1 1
2 2
2
2 2
Deben escribirse
2
con
1
1
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 de fuerza fuerza es:
ρ
Fy = Q(V2Y- V1y)
– ρ A Sen 30º = ρQ [ V Sen 30º - 0 ] R = ρ A Sen 30º = ρQV Sen 30º .… Ry y
2 2
2
2 2
2
Ahora, deben calcularse varios valores numéricos. Para los tubos de entrada y salida A1 = = 1.767 X 10-2 m2
y
A2 = = 4.418 X 10-2. Tenemos
ρ = (sg) (ρw) = (0.93)(1000kg/m ) = 930kg/m = (sg) (sg) ( w) w) = (0.93)(9.81 kN/m ) = 9.12 kN/m 3
3
3
3
Q = A1 V V1 = (1.767 x 10-2 m2)(3m/s) = 0.053m3.s
Por continuidad: A1 V V1 = = A2 V V2
……………Entonces, tenemos:
V2 = V1 (A1/A2) = (3 m/s) (1.767 X 10-2 / 4.418 X 10-3) = 12 m/s
Para encontrar ρ se se puede utilizar la ecuación de Bernoulli:
=
Pero
z1 =z2
Entonces, tenemos:
= ρ2
= 275 kPa +
[ ] ρ2 =
– ρ = kPa
275 kPa 62.8 kPa
Las cantidades que se necesitan para las ecuaciones (1) y (2) son:
ρ A = (275kN/m ) (1.767 X 10 m ) = 4859N ρ A = (212.2 kN/m ) (4.418 X 10 m ) = 938 N ρQV = (930 kg/m ) (0.053 m /s)(3m/s) = 148 N ρQV = (930 kg/m ) (0.053 m /s)(12m/s) = 591 N 1
1
2
2
1 2
2
-2
2
2
-3
3
3
3
3
2
De la ecuación (1) obtenemos:
–
Rx = (4859 938 Cos 30 + 591 Cos 30° + 148)N = 3683 N
De la ecuación (2) resulta: Ry = (938 Sen 30° + 591 Sen 30°) N = 765 N
Por lo tanto
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