Fernando Echeverría
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AYUDANTIAS – MECANICA DE FLUIDOS IMPT 210 ING. CIVIL EN OBRAS CIVILES
Fernando Echeverría P. 2008 Felipe Olivares R. 2009
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INDICE Ecuación de estado Viscosidad
1a6
Manómetros 7 a 9 Compuertas 10 a 15 Empuje 17 a 18 Balance de masa 19 a 20 Balance cantidad de Movimiento lineal 21 a 29 Balance de Energía 30 a 32 Flujo potencial 33 a 34 Ecuación diferencial de continuidad 36 a 38 Bernoulli sin perdidas 39 a 41 Bernoulli con perdidas 42 a 45 Bomba, cuerva HQ y NQ 33 Perdida de carga, curva 46 a 47
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Ecuación de Estado Ejercicio 1 Evaluar la densidad del aire en condiciones estándar. Condiciones estándar implica presión de 1 atmósfera y temperatura de 20ºC. Solución: Las ecuaciones necesarias para resolver este problema son: 1. Ecuación de estado de los gases 2. m 3. Relación de densidad
P V m R T
V
Paso 1:
Hallar la relación algebraica que da solución al problema.
Uniendo la ecuación 1 y 2 y despejando la densidad llegamos a
P R T
Solo basta dejar los tres términos en unidades que se puedan simplificar entre sí, o sea:
Unidades de P:
Unidades de R:
J 1 Kcal Kg m m R 286.9 427 29.264 Kcal º K kgº K 4186.2 J
Unidades de T:
T 20 º C 273.15 20 º K 293.15 º K
kgf 1.033 2 2 kgf cm 1 cm P 1 atm 10330 2 2 1 atm 0.0001 m m
Finalmente reemplazamos en la ecuación planteada y simplificamos las unidades:
P R T
kgf 10330 2 kgf m 1.204 3 m m 29.264 293.15 º K º K
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Viscosidad y fluidos Newtonianos Un fluido se define como una sustancia que se deforma continuamente bajo la acción de un esfuerzo de corte. Estos, pueden clasificarse de acuerdo a la relación entre el esfuerzo de corte aplicado y la relación de deformación. Demostración:
- Relación de deformación:
R
d dt
- Dejar la relación de deformación en términos de fácil medición.
dL d dy dL dU dt
(1).
(2). - Igualando (1) y (2) y reordenando se tiene:
d dU dt dy
- Entonces cuando un elemento de fluido se somete a un esfuerzo de corte relación de deformación dada por:
R
, -experimenta una
dU dy
- Aquellos fluidos en los que el esfuerzo de corte es directamente proporcional a la tasa de deformación, son llamados fluidos newtonianos, o sea:
yx
dU dy
- La constante de proporcionalidad esta dada por un valor constante:
- Así, finalmente los fluidos newtonianos pueden ser expresados según la siguiente relación:
yx
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dU dy
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Ejercicio 2 Un viscosímetro de cilindros concéntricos es accionado por una masa M, su claro anular es llenado con un líquido a investigar. Después de un instante muy pequeño la masa cae con velocidad constante. Desarrolle una expresión algebraica para la viscosidad del fluido en el dispositivo.
La masa cae con velocidad constante, lo que implica una aceleración nula a=0 y
=0.
Al hacer sumatoria de momentos con respecto al eje vertical del viscosímetro tenemos:
M
Z
FR R FT r I zz 0
Donde Izz corresponde a la inercia rotacional del cuerpo,
I zz
1 m R2 2
(Inercia rotacional equivale a la resistencia que opone un cuerpo a cambiar su velocidad de rotación).
Resolviendo para
=0:
FR R FT r 0
A través del cable se transmite la fuerza producida por la masa “M” y la aceleración de gravedad “g”. Así:
FT M g
Reemplazando y despejando la fuerza de roce tenemos:
FR
M g r R
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Además se tiene que el esfuerzo de corte corresponde a:
M g r F R A 2 R H
, y la tasa de deformación,
caso corresponde a
dU dy
M g r 2 R2 H
se puede expresar de la forma,
U y
y esta expresión para éste
vR a
Donde vR lo obtenemos de la igualdad siguiente:
v R vr R r
Considerando que la velocidad vr es equivalente a la velocidad de la masa expresamos vr como vm. Así se tiene entonces:
vR
Finalmente resolvemos para
vm R r
y,
U vm R y r a
:
U y M g r 2 M g r2 a 2 R H U vm R 2 R 3 H vm y r a
M g r2 a 2 R 3 H vm
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Ahora para las dimensiones del viscosímetro, el valor de la masa y su velocidad, se tiene: Donde: R = 50 mm. r = 25 mm. H = 50 mm. a = 0.2 mm. vm = 40 mm./seg. m = 0.1 Kg.
M g r2 a 2 R 3 H vm
0.1Kg 9.81 m2
2
25 2 0.2 m m s 1000 1000 3 50 3 50 40 m 2 m m 1000 1000 1000 s
Kg m seg
0.07806
0.07806Poise 78.06cP
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Ejercicio 3 Un bloque de masa M se desliza sobre una película delgada de Aceite de espesor h, el área de contacto, entre el bloque y la superficie, es A. La masa M provoca una aceleración del bloque. Desprecie la fricción en la polea y la resistencia del aire.
Desarrolle una expresión algebraica para la fuerza viscosa Fv que actúa sobre el bloque,
cuando este se mueve a una velocidad V. Obtenga una expresión para la velocidad máxima del bloque.
Solución:
dU dy
Relación esfuerzo de corte y viscosidad: Expresión para la fuerza viscosa:
Se sabe que
Fv A
Así, igualando las expresiones anteriores se tiene:
dU Fv dy A dU Fv A dy V Fv A h
Cuando el bloque se mueve con velocidad máxima, éste ya no se ve sometido a aceleración:
m g Fv m a
a0
m g Fv 0
T=mg
V A0 h m g h A
m g Vmax
Fv
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Si se quisiera considerar a≠0, y en función del tiempo, se tendría:
m g Fv m a dV dt dV A V g dt mh m g Fv m
Expresión a resolver.
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a f t
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Ejercicio 4 Se muestra una placa que desliza sobre un plano inclinado. La placa pesa 20 lbm. y mide 20x40 in., y tiene una velocidad de 0.5 pie/seg. Determine la separación entre la placa y el plano si entre éstos se encuentra un Aceite SAE10W, y si la temperatura del Aceite es de 50 ºF. Suponga una velocidad lineal del Aceite en la sección transversal del citado espacio y comportamiento como fluido newtoniano.
Solución: La aceleración que provoca la fuerza y el movimiento corresponde a la componente x relativa de la aceleración de gravedad “gx”.
Así, la fuerza viscosa producida es
F ma pie F 20lbm 11 2 seg pie F 220 lbm seg 2
Esta expresión la dejamos en unidades de lbf. (libra-fuerza) convirtiendo la unidad pie en pulgada, o sea:
pu lg pie F 220lbm 12 2 seg pie pu lg F 2640lbm seg 2 F 2640lbf - 10 -
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Además:
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F A
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y
U y
Con lo cual igualando y despejando y se tiene:
y
U A F
El valor de la viscosidad lo obtenemos de la tabla mostrada a continuación.
38 106 lbf
Así:
seg pu lg 2
pu lg seg 2 38 10 6 lbf 6 20 40 pu lg 2 pu lg seg U A y F 2640lbf
y 6.9 105 pu lg
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Ejercicio 5 El aceite entre el cojinete de un eje y el propio eje es un fluido newtoniano. La “pérdida de potencia” es el producto de la velocidad angular del eje y el par de torsión entre el aceite y el eje. Calcule la pérdida de potencia.
Solución:
P F R F A
Se sabe que:
dU U dy y
U P A R y
Así, La velocidad tangencial inicial es:
m U i 0 s
y, la velocidad angular final es:
rev 1 min 2 min 60 s 1
600
rad rad rev 62.8 s
y, la velocidad tangencial final es:
rad m U f r 62.8 0.25 m 15.707 s s Por lo tanto:
rad U U f U i 15.707 s
El espesor de la capa de fluido es
y 0.00025 m
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El área de contacto entre el fluido y la superficie del rotor es
A 2 r L A 2 0.25 m 2.125 m
A 3.338 m 2 Reemplazando se tiene:
dU U N 314.14 2 dy y m
N F A 314.14 2 3.338 m 2 1048.58 N m F R 1048.58 N 0.25 m 262.1 N m rad N m P 62.8 262.1 s s Joule P 16471 s
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Ejercicio 6: Los datos para determinar la variación de la viscosidad del agua en función de la temperatura, se correlacionan en forma apropiada mediante la ecuación siguiente: 570, 6
2,414 105 e T 140 Donde es la viscosidad dinámica en N s / m y 2
T
es la temperatura absoluta en Kelvin.
Calcule la viscosidad del agua a 20C y determine el tiempo de escurrimiento del agua en un viscosímetro Canon como el visto en laboratorio, considerando que su constante es 0.03 cSt / s . GS 1,0 Solución: Conversión de Temperatura:
T 20C 293K
Calculo de Viscosidad Dinámica: Para los viscosímetros se tiene: Donde
N s 2,414 10 5 e 293140 1,0 10 3 2 m
k
570, 6
t
t k k corresponde a la constante del Viscosímetro Tipo “Canon”.
La densidad del fluido es:
La viscosidad estática es:
kg kg 1000 3 3 m m kg m s 1,0 10 3 2 2 m2 m s 1,0 10 6 kg s 1000 3 m
GS Agua 1,0 1000
2 m2 6 4 cm 1,0 10 1 10 10 s s t 33,35s 2 0,03 cSt 2 cm 0,03 10 s 6
El tiempo de escurrimiento es:
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Medidores de Presión, Manómetros. Manómetro: este elemento mide presiones utilizando la relación que existe entre un cambio de presión y un cambio de elevación en un fluido estático. La relación fundamental para la resolución se basa en la ecuación diferencial siguiente:
dP g dz Donde P representa el diferencial de presión, ρ la densidad del fluido en análisis, g es la fuerza gravitatoria y dz corresponde al diferencial de profundidad (en el fluido). Al integrar en los límites mostrados en la figura se tiene:
dP g dz P
z
P0
z0
dP g dz P
z
P0
z0
dP g dz P P0 g z z 0
P z P0 g z z 0 Dependiendo del valor de las condiciones de borde (valores de P 0 y z0) se puede llegar a una expresión más simple, así es el caso de la figura, donde podemos considerar z 0=0 dado que se encuentra en el limite del fluido.
Pz P0 g z El valor P0 correspondiente a la presión actuante en el borde o límite del fluido es conocido para este caso como presión atmosférica. Por conveniencia en ciertos casos se establece el sistema de coordenadas en un punto tal que en él es conocido el valor de la presión P0, en este caso se facilitó utilizar el origen del sistema de coordenadas en el borde del fluido ya que el valor de la presión P0 es conocido. Cuando se utiliza un manómetro, se está midiendo una variación de presión entre dos
gz
puntos en función de la diferencia de elevación, por lo cual calculamos el valor de de la expresión anterior. Al resolver un manómetro, es conveniente utilizar la expresión de manera completa, esto es, utilizando el término P0, pues es de gran ayuda al momento de fabricarlas.
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Ejercicio 7 Utilizando la figura calcular la presión en el punto A. El manómetro esta formado por agua y mercurio.
Solución: Para facilitar la solución al problema, se consideraran los dos supuestos siguientes: El fluido se mantiene estático. El fluido es incompresible. Utilizamos la ecuación propuesta ( dP
g dz ) en su forma integrada:
Pz P0 g z Definimos los puntos importantes como sigue:
4 1 2 3 1
El sistema de ecuación a resolver es el siguiente:
P2 P1 Hg g 0.25 P2 P3 P3 P4 H 2O g 0.4 PA P4
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Finalmente se tiene:
PA Hg g 0.25 H 2O g 0.4 kg m kg m PA 13540 3 9.81 2 0.25m 1000 3 9.81 2 0.4m m s m s kg PA 29282.8 2 m s PA 29282.8Pa PA 29.28KPa
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Ejercicio 8 Utilizando la figura calcular la presión en el punto A. El manómetro está formado por aceite, agua y mercurio.
Solución: La solución a este ejercicio es de manera similar al anterior, sólo más extenso. Se propone resolver con 8 puntos importantes.
P2 P1 Hg g 0.475 P2 P3 P3 P4 H 2O g 0.1 P4 P5 P6 P5 Hg g 0.05 P6 P7 P7 P8 Ac g 0.375 P8 PA La solución es la siguiente:
PA Hg g 0.475 H 2O g 0.1 Hg g 0.05 Ac g 0.375 PA 65.442KPa
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Ejercicio 9: Considere un manómetro conectado como se indica. Calcule la diferencia de presión entre los puntos centrales de la tubería en función de la diferencia de altura medida entre los meniscos de benceno
Solución: Se fijarán puntos que sean útiles para la determinación de la diferencia de presión.
Ahora determinamos la diferencia de presión entre 1 y 2 en función de la presión en A y B.
p1 p A Agua b p2 pb Agua c
p B p A Benceno b c Al efectuar
p1 p2
se tiene:
p1 p2 p A Agua b pb Agua c
p1 p2 Agua b c Benceno b c p1 p2 Agua Benceno b c
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Reemplazando los datos se tiene:
kg kg m p1 p2 1000 3 879 3 9.81 2 1.08 0.61m m m s m kg s 2 p1 p2 1187 0.47m 3 m N p1 p2 557.89 2 m p1 p2 557.89Pa
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Compuertas, Fuerza Resultante
FR p dA A
La explicación se realizara a través del ejercicio siguiente:
Ejercicio 10: Una compuerta está inclinada a lo largo de A y tiene 5 metros de Ancho. Determine La fuerza resultante que ejerce el agua sobre la compuerta.
Solución: La expresión a utilizar es la siguiente:
FR p dA A
con:
dp g dz
Se debe representar la presión en función de la dirección del plano de la compuerta, para que tenga sentido resolver la integral de la Fuerza resultante Debido a la geometría y a las condiciones propuestas anteriormente se ve que un buen punto para ubicar el sistema de coordenadas es en la bisagra de esta compuerta, dado que en el se conoce la presión P0 como se muestra en la figura:
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Así, la ecuación de presión
Ayudantías
Pz P0 g z , queda:
P y P0 g y sen30º Con
P0 2 g
Finalmente la expresión a resolver es:
FR p dA A
FR P0 g y sen30º dx dy kˆ L w
0 0
Al resolver se tendrá:
L2 FR g w 2 L sen30º kˆ 2
Reemplazando los datos se tiene:
FR 588600 N kˆ
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Compuertas, Coordenadas del centro de presión:
y
y p dA
x
A
FR
x p dA A
FR
Ejercicio 11: Determinar el centro de presión del ejercicio anterior. Solución: La expresión FR corresponde a la fuerza resultante sobre la compuerta en su forma NO vectorial. Del ejemplo anterior se tiene:
FR 588600 N
La ecuación de presión a la que se llegó en la etapa anterior es: Expresando z en función de y, se tiene:
Pz P0 g z
P y P0 g y sen30º
La compuerta presenta un ancho de w mts. El diferencial de Área queda:
dA dx dy
Así, la coordenada del punto de aplicación de la fuerza en la dirección “y” quedará de la siguiente forma: L w
P g y sen30º y dx dy 0
y
FR P0 g y sen30º x dx dy Lw
y, en la dirección “x”:
x La solución para
0 0
0 0
y es la siguiente:
FR
P0 L2 g sen30º L3 w 2 3 y FR - 23 -
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y, para
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x :
x
w2 2
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g sen30º L2 P0 L 2 FR w 5 m L 4 m
Evaluando los datos siguientes datos:
Kg 3 m m g 9.81 2 seg
1000
FR 588600 N Se tiene:
y 2.22 m
(Nota: notar que la coordenada,
x
x 2.5 m
queda en la mitad del ancho total)
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Ejercicio 12: El nivel de Agua se controla mediante una compuerta plana de espesor uniforme y despreciable. El ancho de la compuerta es w. Determine la masa m necesaria para mantener el nivel del agua a una profundidad H o menor
θ Datos:
1000 kg m 3
a 0.762 m b 2.285 m 30º
g 9.81 m s 2 w 3.048 m
Solución: Planteamos la ecuación que dará solución a nuestro problema.
M
0 FR c m g cos a 0 0
FR c g cos a
Así, la masa m esta dada por:
m
De la cual solo no conocemos:
FR y c
Para el cálculo de la fuerza resultante FR debemos establecer un sistema de coordenadas, se recomendará establecerlo con el origen en un lugar donde se conozca la presión. De manera similar al ejercicio anterior, la ecuación de presión queda de la siguiente forma:
P y g sen y
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Fabricamos la integral para el cálculo de la fuerza resultante y resolvemos:
FR p dA A
FR g sen y dx dy kˆ b w
0 0
b2 FR w g sen kˆ 2 ˆ FR 39029 N k c b y
Dada la geometría se tiene que.
Calculamos el centro de aplicación
y
y p dA
:
y
A
FR b w
y
2 g sen y dx dy 0 0
w g sen
b2 2
c b
Por lo tanto:
c
b3 3 2b b2 3 w g sen 2
g sen w
2b 3
b 3
b2 b w g sen 2 3 m g cos a w b 3 tan 6a m 4592 kg m
c 0.76 m
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Ejercicio 13: Encuentre la fuerza total sobre la compuerta AB causada por los fluidos. Suponga DRAceite=0.6, La ancho “w” de la compuerta es 4 pies.
Solución: Al haber fluido a ambos lados de la compuerta se deben calcular 2 fuerzas, una ejercida por el Agua F1 y otra por el Aceite F2.
La Ecuación que define la fuerza sobre el Área A es:
FR p dA A
Y
entonces para la fuerza F1 del agua se tendrá:
F1 y p Agua dA ˆj A
F1 y p Agua dAy
X Y para la fuerza F2 del Aceite:
A
F2 y p Aceite dA ˆj A
F2 y p Aceite dAy A
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El valor de el área diferencial
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dAy es posible expresarla como dx w
La Fuerza neta es:
FNeta F1 y F2 y B
B
A
A
FNeta p Agua w dx p Aceite w dx FNeta p Aceite p Agua w dx B
A
Las presiones del agua y el aceite son:
p Agua p Aire man Agua g h1
p Agua p Aire man Agua g 10' x sen60
p Aceite Aceite g h2
p Aceite Aceite g 40' x sen60
p
22'
Considerando los límites de integración:
FNeta
Aceite
p Agua w dx
10'
DR
22'
FNeta
Aceite
Agua g 40' x sen60 p Aire man Agua g 10' x sen60 w dx
10'
Resolviendo la integral: 22'
FNeta
x2 x2 DRAceite Agua g 40'x sen60 w p Aire man w x Agua w g 10'x sen60 2 2 10'
Reemplazando los valores siguientes entregados como datos:
DRAceite 0.6
Agua 62.6 g 32.2
lb pie 3
pie s2
p Aire man 10
lb lb 1440 2 in pie 2
Se obtiene:
FNeta 749176
lbf
El signo negativo del resultado indica que la dirección de la fuerza es en el sentido negativo del eje X.
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Ejercicio 14: Se va a construir una represa a lo ancho de un río empleando la sección transversal indicada. Para una altura del agua de H=2.5 mts., calcule la magnitud y la línea de acción de la fuerza vertical del agua sobre la cara curva de la represa, suponga que el ancho de ésta es w=50 mts.
Solución: Tal como se establecía una relación entre la inclinación de la compuerta y la vertical, en los ejercicios anteriores, ahora debemos establecer una relación para la compuerta curva. La ecuación de la curva corresponderá a la siguiente:
y
0.9 x 0.4
La ecuación con la cuál calculamos la fuerza resultante en los ejercicios anteriores, será aplicada para ésta solución, pero se considerará sólo el área proyectada en la horizontal utilizando la ecuación correspondiente, o sea:
dFx p dAx
Fx p dAx Ax
dF p dA
dFy p dAy
Fy p dAy Ay
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De la cual utilizamos la vertical (la que resulta de aplicar presión en el área contenida en el plano horizontal)
FRX
FRY
p g h
Así, la función de presión es: y, al considerar h como y se tiene:
0.9 p g H x 0.4
Por lo tanto la ecuación a resolver es:
0.9 FRx g H dAx x 0.4 Ax 0.9 FRx g H w dx x 0.4 0.7 2.2
0.9 FRx g w H dx x 0.4 0.7 FRx 1048402.78 N 2.2
Que tiene por resultado:
La ubicación del punto de acción se calcula basada en la fuerza actuante como se muestra en las ecuaciones deducidas siguientes:
x p dA
x
x
y
Ax
FRx
y p dA
y
Ay
FRy
Dado que se pide hallar la línea de acción de la fuerza vertical debemos utilizar la primera de estas ecuaciones, que da por resultado el punto siguiente:
x 1.61 m
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Ejercicio 15: Una superficie curva es formada como un arco circular con
R 0.75 m .De
la manera que se
w 3.55 m . A la derecha de la superficie curva H 0.65 m . Calcule la fuerza hidrostática vertical sobre la
indica. El ancho de la superficie es
hay agua
con una profundidad de
superficie
curva.
Solución:
El valor de la fuerza que ejerce el agua sobre la compuerta es:
F p dA A
La componente vertical de la fuerza
F es:
Fv p dA ˆj p dAy p sen dA A
Av
A
Escribiendo el diferencial de área en coordenadas polares se tiene: 0
Fv
g h p R d w atm
0
La presión atmosférica es que
h H R sen
patm 101234 Pa ,
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el valor del ángulo
0 es
60°, y considerando
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Reemplazando y resolviendo la integral: 0
kg m Fv 1000 3 9.81 2 0.65 0.75 sen m 101234Pa 0.75m d 3.55m m s 0
Fv 4778 0 5513 cos 0 00 75926 0 3.55 Fv 290241N
Si no se considera el valor de la presión atmosférica, el valor de la fuerza vertical es:
Fv 7894N
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Ejercicio 16: Un canal de longitud unitaria contiene agua. Un sólido con forma idéntica esta en contacto directo con la superficie libre y se mueve directamente hacia abajo una distancia tal como se indica. ¿Cuál es la fuerza sobre la compuerta AB, que tiene un ancho unitario, en función de ?, ¿Qué pasa cuando 1 m ?. Considere solamente la fuerza gravitacional que actúa sobre el agua.
Solución: Considerando solo la fuerza gravitacional del agua sobre la compuerta se tiene:
F p dA A
Escribiendo esta ecuación con respecto a el problema se llega a:
F
yA
g h w dy
yB
Donde
h y sen 45 , entonces: F
yA
g w y sen 45 dy
yB
yA
F g w sen 45 y dy yB
y2 F g w sen 45 2
yA
yB
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Los valores de las profundidades
yA
e
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yB
al moverse el cuerpo se obtienen de la
geometría del problema:
yA 2
h2 sen 45
yB y A 0.2 El valor
h2
es posible dejarlo en
Función de igualando los volúmenes desplazados.
V1 V2
2 2
h1 h2 tan 45
2 h2
Y
h1 en función de
Así:
h2
2
2 h1 tan 45 h1 1
:
2 1
y
yA 2
2
2 1 sen 45
yB 2
2
2 1 sen 45
0.2
Reemplazando en la ecuación de fuerza en la compuerta, finalmente se tiene una expresión para la fuerza en función de
0.1 2 F g w sen 45 0.2 2 0.02 1 sen 45
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Ejercicio 17: El bloque (color rojo) que se muestra en la figura tiene una masa de 5 Kg., y sus dimensiones son 10x10x50 cm. La barra de soporte es de masa despreciable y tiene una longitud de 1 mt., y un diámetro de 5 cm. Encuentre la profundidad “D”. El volumen de las articulaciones se puede despreciar, y suponga que el bloque permanece vertical.
Solución: Para resolver este ejercicio es necesario considerar el empuje del fluido. Establecemos la condición de equilibrio siguiente:
Y
X Z
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Realizamos sumatoria de momentos con respecto al eje Z:
P L sen E1 L sen E2
L sen 2
P M g E Vol desplaz fluido g
kg m E1 0.1 0.1 D m 3 1000 3 9.81 2 m s E1 98.1 D N 2
0.05 3 kg m E2 1 m 1000 3 9.81 2 2 m s E2 19.261 N Reemplazando en * y despejando D se obtiene:
D 0.4018 m
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*
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Ejercicio 18 Un sistema de tuberías pasa por un estanque lleno de agua. El estanque esta cerrado en la parte superior con aire a una presión manométrica de P1=200 KPa. Dentro de la tubería existe un gas estático con una presión manométrica de P2=500 KPa. Encuentre la fuerza producida por el gas estático dentro de la tubería. Encuentre la fuerza producida por el agua y el aire a presión P 1 sobre la superficie externa de la tubería.
t= 6mm
30mm
Dato: Volumen d e Tronco de cono =
1 AINF ASUP AINF ASUP h 3
Solución: Consideración importante: “Si el gas estuviese totalmente encerrado (extremos del ducto sellados) la resultante de la presión que ejercería el gas seria cero, pues se anularían las componentes de la presión en todas las posibles direcciones”. a) Para este caso los extremos no se encuentran sellados, sino que están totalmente abiertos y existe gas ejerciendo presión atrapando el gas dentro del ducto, como se muestra en la figura siguiente:
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En la abertura de la izquierda la fuerza resultante es:
F1 P1 A1 0.1 2 0.01 2 2 F1 500 101KPa m iˆ 2 F1 3021N iˆ
…y, en la abertura inferior:
F2 P1 A1 0.03 2 0.006 F2 500 101KPa 2 F2 153N ˆj
2
2 m ˆj
Fuerza total del gas estático dentro de la tubería:
FGAS F1 F2 FGAS 3021 iˆ 153 ˆj N b) La fuerza que ejerce el agua sobre el ducto corresponde al Empuje:
E AGUA VDESPLAZ g
2 2 2 2 2 2 2 1 0.03 kg 0.1 0.03 0.03 0.1 0.03 0.1 3 E 1000 3 2 . 5 3 3 1 m 9. 3 2 2 2 2 m 2 2 2 E 269923N ˆj
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Y la fuerza que ejerce la presión P1 sobre el ducto la calculamos con la expresión siguiente: Para la cara izquierda:
P1 P0 g h1 KPa P1 200 101KPa 1000 9.81 3Pa 0.001 Pa P1 330.43KPa F1 P1 A1 2
0.1 2 ˆ F1 330.43KPa m i 2 F1 2595N iˆ Para la cara inferior:
P2 P0 g h2 KPa P2 200 101KPa 1000 9.81 7Pa 0.001 Pa P2 369.67KPa F2 P2 A2 2
0.03 2 ˆ F2 369.67KPa m j 2 F2 261.3N ˆj Finalmente la fuerza ejercida por el agua y la presión P1 sobre el ducto es:
FE , P1 269923 ˆj 2595 iˆ 261.3 ˆj N FE , P1 2595 iˆ 269662 ˆj N
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Ejercicio 19 A través de una tubería de 12 pulgadas fluye un caudal de agua de
5 pie 3 s ; luego
de
dirige a través de una sección cónica de 60°. ¿ Cual es la velocidad promedio en la región desde C hasta E como función de n y d?. Evalúe para d=2” y n=16”.
Solución: Supuestos:
Régimen estacionario; Volumen de control constante,
Flujo uniforme.
Balance de masa:
Aplicando los supuestos:
= cte.
dV v dA 0 t VC SC ve Ae vs As V Q
La forma de dejar las Áreas de salida en función de Se establece una línea vertical que pase sobre
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y
es la siguiente:
y se calcula el área de salida:
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El área a calcular es la que queda entre la sección del cono (color azul) y el borde achurado:
Geométricamente definimos
A2 A2 cos(30) *
Q v2 A2 v2
Q Q * A2 A2 cos 30
Q tan302 2 3cos 30 pie Para 16" , 2" y Q 5 s v2
1 pie 1.33 pie 12 pu lg 1 pie 2 pu lg 0.17 pie 12 pu lg
16 pu lg
Convirtiendo a pulgadas a pies estos valores:
Finalmente la velocidad en la sección 2 es:
pie 3 5 s v2 1.33 0.17 tan(30) 2 1.332 cos(30) pie 2
pie v2 6.8 s
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Ejercicio 20: La figura muestra un pulverizador de carbón en una planta de generación de energía. En corrientes separadas, entran al pulverizador trozos de carbón y aire. El carbón se muele hasta convertirlo en un polvo fino y se mezcla con el aire. La mezcla carbón-aire sale del pulverizador como una sola corriente. El polvo de carbón es tan fino y está tan bien mezclado con el aire, que la corriente se salida se puede considerar como un fluido continuo. Calcule el caudal másico de aire que entra al pulverizador. La relación másica de carbón a aire es de 1:1. Si la temperatura y la presión de la corriente se salida con las mismas que las del aire que entra, ¿Cuál es la densidad aproximada de la mezcla carbón-aire? Calcule también la velocidad de la mezcla carbón-aire en la tubería de salida. La densidad del carbón es de 50 lbm./pie 3.
Solución: Supuesto: Régimen estacionario
mc mae mm
Balance de masa: Flujo carbón
Flujo mezcla salida
Flujo aire entrada
Calculo de Flujo de aire de entrada
mae :
mae e Ae ve Densidad del aire de entrada
e kg kg pe 14.7 psia 1.033 2 10330 2 cm m
5 Te 300 32 273 K 9 Te 421.88 K
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kg m R 29.3 kg K
m p e e e Ve R Te
kg 10330 2 m kg m 29.3 422 K kg K
kg 3 m
e 0.835 Área de entrada
Ae : m m Ae 2 pie 0.3048 3 pie 0.3048 pie pie Ae 0.5574 m 2
Velocidad de entrada
ve :
pie 0.3048 m m ve 100 30.48 s 1 pie s
Así, el flujo o caudal másico de aire de entrada es:
mae e Ae ve kg m mae 0.835 3 0.5574 m 2 30.48 m s kg mae 14.186 s
Dado que la relación de caudal másico entre el carbón y el aire caliente es la misma entonces:
mc mae
1 1
kg mc 14.186 s
Calculo de la densidad aproximada de la mezcla carbón-aire:
mezcla c xc as xas xc
= fracción volumétrica de carbón en mezcla
xas =fracción volumétrica de aire en mezcla Los valores
xc y xas conforman el 100% de la mezcla, por lo tanto se deduce que: xas 1 xc
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Los volúmenes específicos de cada materia prima y de la mezcla son:
m3 1 0.00125 carbon kg kg 799 3 m m3 1 1 vesp aire salida 1.198 aire kg kg 0.835 3 m 3 m m3 m3 vesp mezcla 0.00125 1.198 1.19925 kg kg kg
vesp carbon
1
Por lo cual la fracción volumétrica de carbón en la mezcla será:
xc
0.00125 m3 carbon 1.19925 m3 mezcla
0.001043
Así, la densidad de la mezcla es:
kg kg 0.001043 0.835 3 1 0.001043 3 m m kg 0.833 0.834 3 m kg 1.667 3 m
mezcla 799 mezcla mezcla
Calculo de la velocidad de salida:
Por lo tanto:
kg kg 14.186 14.186 mm m As vs s s kg m As vs 28.372 s kg kg 14.186 14.186 mm m As vs s s kg 28.372 mm s vs 2 m As 2.5 pie 0.3048 m kg 1.667 3 2 1 pie m m vs 37.321 seg
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Ejercicio 21: A través del aparato mostrado fluye agua con una tasa permanente. Se conoce la siguiente información:
p1 20 psi man. v1 10 pies / s v 2 20 pies / s D1 15 pu lg D2 8 pu lg D3 4 pu lg Calcule el empuje horizontal ejercido por el agua y el aire sobre el aparato.
El volumen de Control a definir para la solución es:
Supuestos: Volumen de control constante Densidad constante Flujo uniforme. Balance de masa:
dV v dA 0 t VC SC
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Aplicando los supuestos se llega a la siguiente expresión:
v1 A1 v2 A2 v3 A3 v3
v1 A1 v2 A2 A3
Reemplazando y calculando se obtiene
v3 :
pie pie 10 7.52 in 2 20 4 2 in 2 s s v3 2 2 in 2
pie v3 60.6 s Para calcular la fuerza horizontal ejercida por al aire y el agua sobre el aparato se debe utilizar la ecuación Balance de Cantidad de Movimiento Lineal.
F F C
S
v dV v v dA t VC A
La presión total ejercida por la atmósfera es:
p d A atm 0 A
Ecuación BCML en eje X:
p
man
A1 , A2 , A3
dA iˆ Rx v1 A1 v1 v2 A2 v2 v3 A3 v3
Rx p1man A1 A1 v1 A2 v2 A3 v3 2
2
2
Reemplazando se tiene:
lb Rx 20 2 7.52 in 2 in lb 62.6 3 2 2 2 1lbf pie 7.52 in 2 102 pie 42 in 2 202 pie 22 in 2 60.62 pie 2 2 2 2 in s s s 32.2 lb pie 144 s2 2 pie
Rx 4.124 lb
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Ejercicio 22: Se tiene una reducción en el sistema de tubos de la figura. El volumen interno del reductor es 0.2 m3 y su masa es de 25 kg. Evalúe la fuerza horizontal que deben proporcionar los tubos a la reducción para mantenerla en su lugar. El fluido es gasolina.
Supuestos: Volumen de control indeformable Régimen estacionario Fluido incompresible Flujo uniforme
p d A atm 0
A
Volumen de Control:
Ecuación de Balance de Cantidad de Movimiento Lineal
F F C
S
v dV v v dA A t VC
Aplicando los supuestos se tiene:
F F v v dA C
S
A
En la dirección X:
Rx p1man A1 p2 man A2 v1 v1 A1 v2 v2 A2 Despejando la reacción se tiene:
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Rx p2 man A2 p1man A1 v2 A2 v1 A1 2
2
2
2
0.2 0.4 2 2 Rx 109 101.234kPa m 58.7kPa m 2 2
2 m2 kg 0.2 kg 2 m 0.4 2 2 0.72 1000 3 12 2 2 m 0.72 1000 3 3 2 m m 2 m 2 s s 2
2
Rx 243.976N 7376.46N 3257.203N 814.301N Rx 4689.581N La dirección que se le asignó a la fuerza
Rx
fue hacia la derecha, el resultado al dar negativo
implica que la fuerza se dirige hacia la izquierda y se confirma el ser una reacción al movimiento solicitante.
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Ejercicio 23: Un sistema vertical conduce un caudal de agua de 1 m3/seg. desde un gran embalse. En la “T” localizada en B, 1/3 m3/seg. Se dirige hacia la izquierda y 2/3 m3/seg. Hacia la derecha. La tubería EB pesa 1 kN/m, la tubería AB pesa 0.6 kN/m y la tubería BC pesa 0.8 kN/m. Encuentre las componentes vertical y horizontal de la fuerza total que actúa sobre la tubería, producto del flujo de agua, el aire y la gravedad que actúa sobre el agua y la tubería. En A y C se tiene chorros libres y la presión absoluta en E es 390.4 kPa.
Solución: Definimos “R” como la fuerza TOTAL ejercida sobre la tubería con sus respectivas componentes Rx y Ry. El Volumen de control estará definido como Tubería+Agua. Supuestos: Régimen Estacionario, Fluido Incompresible y Flujo uniforme. Balance de masas:
E m A m C m
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Simplificando la densidad se tiene:
VE VA VC AE vE AA v A AC vC 1
m3 1 m3 2 m3 seg 3 seg 3 seg
Al conocer los diámetros de tuberías se pueden obtener las velocidades como se muestra a continuación:
VE AE
vE
VA AA
vA
vC
VC AC
m3 1 seg 2
0.3 2 m 2 1 m3 3 seg
14.1
m seg
u E 14.1
y
m seg
2
25.1
m seg
y
u A 25.1
2
29.4
m seg
y
u C 29.4
0.13 2 m 2 2 m3 3 seg
0.17 2 m 2
m seg
m seg
Las velocidades “u” corresponden a las velocidades con su signo (sentido) con respecto a el sistema vectorial global. Ecuación de balance de Fuerzas:
F F C
S
v dV v v dA t VC A
Régimen estacionario implica:
F F v v dA C
S
A
Fuerzas de Campo: no existen fuerzas de campo a considerar en dirección X, el peso de la tubería y peso del Agua Ambos poseen solo componente Y. Fuerzas de Superficie: presión atmosférica que se considerara nula debido al pequeño tamaño de las secciones donde actúa, presión manométrica ejercida por el fluido del estanque sobre el inicio de la tubería, el esfuerzo de corte producido por el fluido circulante sobre la pared interior de la tubería que se considerará nulo por su valor irrelevante y la componente R que sostiene la tubería en la base del estanque (ver figura).
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Ecuación General:
WAgua WTuberia Patm dA Pman dA dA R v v dA A
A
A
A
Las componentes se muestran a continuación: Componente X:
R X u C vC AC u A v A AA m kg 2 R X 29.4 1000 3 3 seg m R X 11233 N
3 m3 m kg 1 m 1000 3 25.1 m 3 seg seg seg
Componente Y:
WAgua WTuberia PE man AE RY u E E v E AE Ordenando se tiene:
RY u E E v E AE WAgua WTuberia PE man AE Donde: 3 m kg m u E E v E AE 14.1 1000 3 1 14100 N s m s 2 2 2 kg m 0.13 0.17 0.3 W Agua 1000 3 9.81 2 30 50 200 153725 N m s 2 2 2
N N N WTuberia 1000 200 m 600 30 m 800 50 m 258000 N m m m 2
0.3 2 PE man AE 390400 101234 Pa m 20440 N 2
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Sumando los valores obtenidos calculamos
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RY :
RY 14100 153725 258000 20440 N RY 446265 N
Finalmente, las componentes de la fuerza R obtenidas corresponden a la reacción en la base “E” del sistema de tuberías. El valor de la fuerza total que actúa sobre la tubería producto del flujo de agua, el aire y la gravedad corresponde simplemente al valor opuesto a la reacción calculada.
R 11233 N iˆ 446265 N ˆj
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Ejercicio 24: A través de una boquilla de forma cónica que pesa 500 N fluye agua. El diámetro de entrada a la boquilla es de 1 mt. Y el de salida 0.3 mt. La velocidad de flujo hacia la boquilla es de 1 m/seg. Si la fuerza de apriete entre la boquilla y el tubo de entrada debe ser de 1000 N con el fin de prevenir fugas, ¿Cuál es la deformación mínima en los 10 pernos que unen el sistema? El diámetro de cada perno es 25 mm. y su modulo de Young es de
2 1011
Pa.
H2O
Hg
Solución:
1 1 m 2 0.3 m
Resumen de Datos:
FApriete 1000 N PBoquilla 500 N
m ve 1 s Ecuación de Conservación de Masa (E.C.M.):
dV v dA 0 t VC SC Supuestos: Flujo incompresible, ρ = cte. Régimen Estacionario (Volumen de control indeformable),
Por lo tanto la E.C.M. queda:
dV 0 t VC
v dA 0
SC
Al considerar los signos del vector de área y el de velocidad, la integral da:
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v dA 0 SC
v dA v dA 0 AE
AS
ve Ae v s As 0 ve Ae v s As “Primera relación utilizable para resolver el problema”
ve Ae v s As
1 0.3 m m 1 m 2 vs m2 4 4 s s m m 1 1 m 2 v s 0.3 2 m 2 s s 1 m vs 0.3 2 s 2
Velocidad de Salida…………………
2
m v s 11.1 s
Dado que debemos trabajar con fuerzas, será necesario plantear la ecuación de Balance de Cantidad de Movimiento Lineal (B.C.M.L.) y ver su utilidad en el caso:
FC FS
v dV v v dA A t VC
Dado que la ecuación B.C.M.L. está de manera vectorial, será necesario establecer un sistema coordenado.
X Y
Z
Revisamos las fuerzas de campo y superficie existentes: Fuerzas de Campo:
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F F
C C
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PBoquilla PFluido
500N VBoquilla g
kg m 500N 1000 3 0.473 m 3 9.81 2 m s FC 5140.83N kˆ
F
C
Fuerzas de Superficie:
F
S
Patm dA Pe Ae Ps As R
Como se sabe, la integral cerrada de la presión atmosférica sobre la boquilla dará nula, y la fuerza “R” corresponderá a la fuerza que ejecutan los pernos sobre la superficie de la boquilla. La fuerza R es la buscada para calcular la deformación de los pernos. La superficie de salida se encuentra sometida a la presión atmosférica, presión que consideraremos como nula.
F F F F
S
Patm dA Pe Ae Ps As R
S
Pe Ae R
S
Hg g Hg H 2O g H 2O A1 kˆ R kˆ
S
30664.93 R N kˆ
El término encerrado corresponde a la relación neta de flujo del momento que sale a través de la superficie de control:
FC FS
v dV v v dA A t VC
v v dA ve ve Ae v s v s As A
v v dA 7932.5 N A
Finalmente reemplazando los términos en la ecuación B.C.M.L. se tiene:
30664.93 5140.83 R 7932.5 N kˆ R 27873N kˆ El signo corrobora que los pernos ejecutan una fuerza en dirección –Z para sostener la boquilla. Finalmente la fuerza sobre cada uno de los pernos será:
F 100 2787.3 2887.3N
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Y la deformación en cada perno:
E
F 2887.3N A E 0.0125 2 m 2 2 1011Pa
m
2.94 10 5 m
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Ejercicio 25: La tobera mostrada descarga una capa de agua a través de un arco de 180º, la velocidad de salida de agua es de 15 m/s y el espesor del chorro es de 0.03 m. a una distancia radial de 0.3 m. de la línea central de la tubería de alimentación. Encuentre: El flujo volumétrico del agua en la capa del chorro, y La componente “Y” de la fuerza requerida para mantener fija la tobera.
Solución: Flujo volumétrico:
Q v dA
ó
Q v A
A
Pero es necesario conocer la velocidad de salida. Este valor se obtiene haciendo un balance de masa: Supuestos: Régimen estacionario Fluido incompresible Flujo uniforme (la magnitud de los vectores de velocidad es la misma para cada punto perteneciente al área donde ocurre el flujo)
dV v dA 0 t VC SC m vs 15 s
Finalmente:
m3 Q R t Vs 0.424 s
La fuerza requerida para mantener fija la tobera es considerada como una fuerza de superficie tal como el ejercicio anterior.
F F C
S
v dV v v dA A t VC
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Dado que las dimensiones del volumen de control son despreciables, el peso del fluido contenido en su interior también lo será, y considerando que la presión de entrada es despreciable se tiene que:
F v v dA S A
R y v sen v t R d 0
Ry 2 v 2 t R R y 4050N ˆj Se recomienda leer sección 4.4 libro “Introducción a la mecánica de fluidos” – Robert W. Fox
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Ejercicio 26: 500 lts/seg. de agua fluyen a través de la tubería. El flujo sale a través de un área rectangular de longitud 0.8 mt. y ancho 40 mm. El perfil de velocidades es parabólico. La tubería pesa 100 N/mt. Y su diámetro interno es de 250 mm. Halle velocidades de entrada y salida del ducto ¿Cuales son las fuerzas sobre la tubería en el punto de empotramiento A?
Supuestos: Régimen estacionario Fluido incompresible No hay Flujo uniforme en sección de salida (la magnitud de los vectores de velocidad no es la misma para cada punto perteneciente al área donde ocurre el flujo) Balance de masa
dV v dA 0 t VC SC v dA 0 SC
v dA 0
SC
Debido a que la distribución de velocidades en el área de salida posee una forma variable la función velocidad se debe integrar.
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Como se trata de una parábola, su ecuación relativa queda:
V0
v y
v0 y2 2 0.8
y’
0.8
v dA 0
SC
dA w dy 0.8
ve Ae
v0
0.8
2
y 2 w dy
0
m lts v0 0.83 0.001 500 0.04 2 3 seg 0.8 lts m v0 46.9 s m ve 10.2 s 2
Para hallar las reacciones utilizamos B.C.M.L.
FC FS
v dV v v dA A t VC
RX 0
En cada componente se tiene:
RY 0 RZ 0 v dV v v dA t VC A P1 A1 RZ v dV ve ve dAe v s v s dAs t VC Ae AS
F F C
WTuberia WH 2O
S
2
2
N Kg m 0,25 0,25 2 2 1000 2,3m 1000 3 9,81 2 2,3m m 100000Pa m RZ ... m m s 2 2
... 5107,05N 1501,18N 14077N
RZ 7469,2 N kˆ
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Ejercicio 27: Un velero viaja a 20 Km./hr.(Relativa a la costa), con un viento de popa de 30Km./hr., en un río que tiene una velocidad absoluta y constante de 5 Km./hr. en la misma dirección que el velero. La figura muestra una estimación del patrón de flujo del aire. Encuentre las velocidades de entrada y salida de un volumen de control que se mueve con el velero, para un observador que se mueve con el río. Encuentre la fuerza del aire sobre el velero.
Solución: Supuesto 1:
“El volumen de control se mueve con el velero.”
Se requiere conocer con certeza la velocidad de entrada al volumen de control. La velocidad que impulsa al velero (estando detenido) es de 25 km./hr. La velocidad que mantiene el velero en movimiento es de 10 km./hr. Balance de Masa: Supuestos:
dV v dA 0 t VC SC
Fluido incompresible. Régimen estacionario. Flujo uniforme.
v dA 0
SC
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Dada la geometría se tiene:
v1 A1 v2 A2 v3 A3
A2
A3
Para facilitar el problema se considerará:
A2 A3 A2 A3 A1
v3
v2
Así se llega a:
A1
v2 v3 v1 v2 v3
v1
Cálculo de la fuerza del aire sobre el velero Dado que para el problema el velero se encuentra en movimiento, debemos utilizar la velocidad de entrada que lo mantiene en movimiento, o sea:
km ve 10 hr B.C.M.L.
F F C
S
v dV v v dA t VC A
Z
En la dirección del movimiento se tiene:
Fuerzas de Campo:
F
C
0 iˆ m a ˆj m g kˆ
En la dirección del movimiento solo se tiene la aceleración “a”, que para este problema es nula, pues se considera una velocidad constante, por lo tanto:
F
C
X
0 ˆj
La única fuerza de superficie actuante es la que impulsa el velero, se despreciará la resistencia que opone el aire en contra, por lo tanto se tiene:
F
S
R ˆj
Considerando los supuestos propuestos anteriormente la Ecuación B.C.M.L queda:
R v v dA A R ve ve dAe v s v s dAs Ae
As
Global
Local
Global
- 62 -
Local
Y
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R v1 v1 A1 v2 cos45º v2 A2 v3 cos45º v3 A3 ˆj R v1 v1 A1 2 v2 cos45º v2 A2 ˆj
A2 A3
v2 v3
A2 A3 A1
v1 v2 v3
2 R v1 A1 1 cos45º ˆj
R 669 N ˆj El flujo otorga una fuerza “R” al volumen de control que lo hace desplazar.
- 63 -
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Ejercicio 28: Agua fluye estacionariamente descargándose a la atmósfera. Calcule la componente horizontal de la fuerza en la brida de unión. Indique si la brida esta en tensión o compresión.
X Supuestos:
Flujo estacionario. Fluido incompresible. Flujo uniforme.
Balance de masa:
dV v dA 0 t VC SC
v2
A1 v1 A2
Balance Cantidad de Movimiento Lineal:
F F C
S
v dV v v dA A t VC
La fuerza de campo es la provocada por la masa de fluido y el ducto, pero su vector esta en dirección distinta a la dirección de X, por lo tanto la fuerza de campo total es cero. Existen reacciones de superficie en distintas direcciones, pero en este caso solo se pide analizar la horizontal.
P1∙A1
Rx
- 64 -
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FS X R X v v dA
Por lo tanto:
A
A A P1 A1 R X v1 v1 A1 1 v1 1 v1 cos 30º A2 A2 A2 2
A P1 A1 R X v1 A1 1 v1 A2 cos 30º A2 2 A 2 R X v1 A1 1 v1 A2 cos 30º P1 A1 A2 R X 73.584 lbf 279.798 lbf 2
R X 206.214 lbf
La brida se encuentra en tensión
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Ejercicio 29: Se muestra un codo reductor de 30°. El fluido es agua. Evalúe las componentes de la fuerza que debe ser suministrada por los tubos adyacentes para evitar que el codo se mueva.
Solución:
A2=0.0081 m2
Supuestos:
Densidad constante Régimen estacionario
Para calcular las velocidades de ingreso y egreso del agua en el codo reductor se debe efectuar un balance de masa:
dV v C dA 0 t VC SC
Aplicando los supuestos se llega a:
v1 A1 v2 A2 V
Por lo tanto:
m3 0.11 V s 6.044 m v1 s A1 0.0182 m 2
m3 0.11 V s 13.58 m v2 s A2 0.0081 m 2
Para calcular las fuerzas que realizan los tubos adyacentes es necesario plantear un Balance de cantidad de Movimiento Lineal:
F F C
S
v dVC v v dA VC
SC
Aplicando los supuestos se llega a:
F F v v dA C S SC
- 66 -
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Las fuerzas de campo sobre el volumen de control la componen el peso del agua y el peso propio del codo:
W Agua WCodo
F
C
Kg m m 0.006 m 3 1000 3 9.81 2 j 10 Kg 9.81 2 j m s s 58.86 N j 98.1 N j 156.96 N j
F
C
F C FC
Las fuerzas de superficie son las producidas por la presión atmosférica, la presión de entrada y de salida del codo y la fuerza ejercida por los tubos adyacentes:
F p S
atm
dA pe Ae ps As R
La integral cerrada de la presión atmosférica tiene valor cero, por lo tanto:
F
S
pe Ae p s As R
N N F S 58675 m 2 0.0182 m 2 i 36675 m 2 0.0081 m 2 cos30 i N 36675 2 0.0081 m 2 sen30 j R m F 810 . 62 N i 148 . 53 N jR S
Relación neta de flujo del momento que sale a través de la superficie de control:
v v d A v v A i v v A cos 30 i v v A sen 30 j e e e s s s s s s SC
v v dA v
2 e
2 2 Ae v s As cos 30 i v s As sen30 j
SC
Reemplazando los datos:
v v dA 6.044
2
1000 0.0182 13.582 1000 0.0081 cos30 i 13.582 1000 0.0081 sen30 j N
v v d A 628 . 8 i 746 . 88 j N
SC
SC
Uniendo las expresiones calculadas anteriormente se tiene:
F F C
S
v v dA SC
156.96 N j 810.62 N i 148.53 N j R 628.8 i 746.88 j N
- 67 -
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Despejando y resolviendo para la fuerza
Ayudantías
R:
R 181.82 i 738.45 j N
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Balance de Energía Energías Existentes: Almacenadas
1 m v2 2 EP m g z Ei m c e T º
EC
o o o
Energía Cinética Energía Potencial Energía Interna
En Tránsito o Q o W
Calor Trabajo
Ecuación de Balance para un volumen de control Vc
Q W e dV e v dA t V A
Energía Entrante Energía o Trabajo Saliente (Si fuese trabajo entrante, sería +W)
Variación c/r al tiempo de Energía en el Vc
Flujo Neto de Energía que atraviesa el Área “A”
El término “e”, corresponde a la densidad de energía almacenada dada por:
v2 P e cp T g h 2
Donde:
cp :
Calor específico del fluído a Presion constante. Es la cantidad de calor que debe
añadirse a una masa unitaria de fluido para aumentar su temperatura en una unidad.
Joule cp : Kg º K Para gases ideales se tiene:
R c p cv Donde: R : constante de los gases.
c v : Calor especifico del fluido a Vomulen constante.
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Ejercicio 30: El caudal volumétrico a través de la bomba es de 2 pie 3/s. Los diámetros de los ductos son los que se indican en la figura: Calcule la elevación de presión de la bomba en lb/pie2. Ignore las pérdidas de energía mecánica.
Solución: Se pide
P Pf Pi
Para este problema es bueno establecer el volumen de control en el cual se planteará la ecuación de energía de la siguiente manera:
La ecuación de energía se plantea entre los puntos 1 y 2, que son los “extremos” de la bomba, puntos en los cuales se calculará la elevación de presión de ésta.
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Dado que la ecuación de energía requiere información que no se posee del todo en los puntos 1 y 2, es necesario establecer 2 puntos extras como se muestra a continuación, que arrojarán información suficiente.
Supuestos: o o o o
Fluido Incompresible Flujo Estacionario Flujo Uniforme Régimen Adiabático
Entre (0) y (1):
Q W e dV e v dA t V A
No hay transferencia de calor y trabajo, por lo tanto:
0
e dV e v dA t V A
, y por ser régimen estacionario, queda:
0 e v dA A
Integrando se tiene:
v2 P 0 c p T g h v dA 2 A
v0 2 v1 2 P0 P1 1 v1 A1 c T g h v A c T g h p 0 0 0 0 0 p 1 1 2 2 0 1 Considerando que: o
Balance de masa entre (0) y (1)
V0 V1 o
v0 A0 v1 A1
Flujo incompresible entre (0) y (1)
0 1 o
La velocidad del flujo en el estanque tiende a 0
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v0 A0 v1 A1 o
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si A0 ,
v0 0
La temperatura del fluido no varía
T0 T1
o
La sección (0) se encuentra expuesta a la presión atmosférica solamente
P0 0 La ecuación de energía entre los puntos (0) y (1) queda: 2
v P g h0 1 g h1 1 2 Despejando la presión P1 en función de los datos de (0) y (1)
P1 g h0 h1
2
v1 2
Entre (2) y (3): Utilizando los mismos supuestos para el balance de energía entre (2) y (3) se tiene:
v3 2 v2 2 P3 P2 3 v3 A3 c T g h v A c T g h p 2 2 2 2 2 p 3 3 2 2 2 3 y, considerando: o o o o o
Flujo incompresible Balance de masa entre (2) y (3) La temperatura del fluido no varía La sección (3) se encuentra expuesta a la presión atmosférica solamente h2 = h3
La ecuación de energía entre los puntos (2) y (3) queda: 2
2
v v2 P 2 3 2 2
Despejando la presión P2 en función de los datos de (2) y (3)
v v2 P2 3 2 2
2
Finalmente, la variación de presión entre (1) y (2) será:
Reordenando:
v3 2 v 2 2 P P2 P1 2 P
2
2
2 v g h0 h1 1 2 2
v3 v v 2 g h0 h1 1 2 2 2
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Incorporando el concepto de que las bombas solo aumentan la presion, no así la velocidad (v1=v2), queda:
P
2
v3 g h0 h1 2
*
Finalmente con los datos del problema se termina que la velocidad en la sección 3 es:
V v3 A3
v3
V A3
0.5 2
2
pie 3 2 pie s 1466.77 2 2 s 2 1 pie pu lg 2 12 pu lg
pie v3 1466.77 s y, las alturas h0 y h1:
h0 0 pie
h1 7.5 pie Reemplazando en * se llega a que la diferencia de presion es:
lbf P 2091467 2 pie
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Ejercicio 31: Si en la bomba que se ilustra deben circular 10 pie3/s., ¿cuál debe ser la potencia de la bomba? Desprecie la fricción.
Solución: Supuestos: o o o o
Fluido Incompresible Flujo Estacionario Flujo Uniforme Régimen Adiabático
Entre (1) y (2):
Q W e dV e v dA t V A W e v dA A
v v 2 P P W B 1 c p T1 g h1 1 1 v1 A1 2 c p T2 g h2 2 2 v2 A2 1 2 2 2 2
Considerando que: o
Balance de masa entre (0) y (1)
v0 A0 v1 A1 V o
Flujo incompresible entre (0) y (1)
1 2 o
La velocidad del flujo en el estanque tiende a 0
v0 A0 v1 A1 o
si A0 ,
La temperatura del fluido no varía
T0 T1
o
v1 0
La sección (0) se encuentra expuesta a la presión atmosférica solamente
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P0 0 o
La velocidad del fluido en la sección (2) se puede calcular a partir del flujo volumétrico:
pie 3 10 V s v2 2 A2 0.25 2 pie 2 pie v2 203.7 s
La ecuación de energía entre los puntos (1) y (2) queda: 2 P2 P1 v 2 WB V g h2 h1 2 pie W B 4.84 10 5 lbf s W B 880 Hp
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Ejercicio 32 Esta fluyendo agua a 10°C con un caudal de 115 Lt/min. por el motor de fluido que se encuentra en la figura. La presión en A es de 700 KPa. Y en B en B es 125 KPa. Se estima que debido a la fricción en la tubería existe una perdida de energía de 4 Nm/N en el agua que fluye. a) Calcule la potencia transmitida al motor de fluido por el agua. b) Si la eficiencia mecánica del motor es de 85% calcule la caída de potencia al eje.
A
B
Solución: Efectuando un balance de Energía se puede resolver el problema: Supuestos: Fluido incompresible Flujo estacionario Flujo uniforme Estado Adiabático Balance de masa:
VA VB m3 Lt AA v A AB vB 115 0.001916 seg min m v A 3.91 seg
Balance de Energía:
m m vvBB 03.91 .434 s seg
y
Q W e dV e v dA t V A
Eliminando los términos nulos se tiene:
Wideal e v dA A
Considerando que:
Wideal W Motor W Perdidas W Motor W Perdidas e v dA A
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Reescribiendo se tiene:
W Motor e v dA W Perdidas A
La energía perdida corresponde a:
Ep W Perdida V p
La expresión expandida para la energía del motor es: 2 2 E PB vB PA v A m p V WMotor cV TB g zB c T g z V A A 2 2 p 2 2 E PA vA PB vB m p V WMotor cV TA g zA c T g z V B B 2 2 p Reordenando: 2 2 P PB E v vB m p V W Motor A g z A z B A 2 p 2 2
m m 3.91 0.43 700 125 103 Pa m s s WMotor 9.81 2 1.8 0m Kg s 2 1000 3 m m3 N m Kg m 4 1000 3 9.81 2 0.001916 m m s s
m3 Kg 1000 3 0.001916 m s
m W Motor 1074.8 N s W Motor 1.078KW b) Para una eficiencia del 85% del motor se tiene que la potencia de salida real es:
W Salida W Motor 0.85 W Perdida en Turbina W Motor 0.15 Asi, la potencia transferida al eje es
W Salida 1.078KW 0.85 W 0.914KW Salida
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Ejercicio 33: Un cilindro de pero despreciable se pone en movimiento mediante una cuerda que es enrollada en él, y luego tirada horizontalmente, tal como se muestra en la figura.
Si la cuerda es tirada cuidadosamente el cilindro se eleva como resultado de una fuerza vertical producida por la rotación. Este problema puede ser analizado como un flujo potencial alrededor de un cilindro que gira, el cual, corresponde a la superposición de un flujo potencial sobre un cilindro estacionario y un flujo tipo vórtice. El vórtice se caracteriza por un perfil de velocidades del tipo:
V
2 r
- 78 -
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Si el flujo alrededor de un cilindro estacionario está dado por la función de corriente:
cil est.
2 r0 sen V r r
Encuentre la ubicación de los puntos de estancamiento de flujo, S1 y S2 para el flujo propuesto.
Solución: Flujo sobre el cilindro con rotación:
cil rot. cil est. V Donde la función de corriente del vórtice la determinamos por la relación siguiente:
V
r
2 r r V dr K 2 r V ln( r ) K 2 Así, el flujo sobre el cilindro con rotación es: cil rot. cil est. V
cil rot. V r
2
r0 r
sen ln( r ) K 2
- 79 -
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De ésta expresión, para la función corriente se puede determinar las componentes Vr y Vθ del flujo utilizando las expresiones siguientes:
1 Vr r Vr El valor de
K ( )
V
r
2 K r 1 V r 0 cos r r
lo determinamos con la condición de
Vr 0
en el flujo tipo vórtice:
1 V r 1 K ( ) Vr r 1 K ( ) 0 r K ( ) 0 Vr
Para un flujo vórtice,
Vr 0
Finalmente:
2 r0 1 cos Vr V r r r
,y V(θ):
V
r
2 r0 sen V V r r 2 r Para hallar el punto de estancamiento se debe cumplir V 0 , o sea:
V 0 Vr 0
De la solución de Vr se ve que en
Vr ( r r0 ) 0 para cualquier θ
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De la solución de Vθ haciendo r=r0 e igualando a 0 y despejando θ se tiene la solución:
V V
2 r r0 0 sen r0 2 r0
1 2 r0 V arcsen 4 r0 V sen
2
- 81 -
0
Es siempre mayor que 0, por lo tanto se está en el 1er y 2do cuadrante.
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Ejercicio 34: Para el flujo de aire bidimensional y bidireccional sobre el cilindro mostrado las componentes radial y tangencial de la velocidad, están dadas, respectivamente por:
R2 Vr V cos 1 2 r Para
r R,
donde
V es
R2 V V sen 1 2 r
la velocidad aguas arriba del fluido. Considerando un flujo
incompresible determine la función de corriente del fluido
Vr
1 r
r , , empleando:
V
r
Solución: Usando las ecuaciones propuestas se tiene:
Vr
R2 1 V cos 1 2 r r
Despejando
:
r , V cos 1
R2 r d K r r 2
Resolviendo la integral
r , V sen 1
Ahora determinamos si la propuestas para
R2 r K r r 2 función K depende
realmente de
r usando
la dos ecuaciones
V :
R2 V V sen 1 2 * r R2 V V sen 1 2 r K r r r r 2 R V V sen 1 2 K r ** r Igualando * y ** se obtiene:
K r 0
Con lo cual se concluye que la función Su nueva anotación será
K
K r
se mantiene constante para cualquier valor de
solamente.
- 82 -
r.
Fernando Echeverría
Ayudantías
Dado que en la coordenada
r R, 0
la función de corriente toma valor nulo, utilizaremos
esta coordenada como Condición de borde para obtener el definitivo valor de
r R, 0 V sen0 1
2
R R2
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K
R K
0K
Finalmente la función de corriente queda:
r , V sen r
R2 r
La función de corriente se pudo haber obtenido análogamente utilizando inicialmente la ecuación
V
r
y despejando
- 83 -
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Ejercicio 35: Considere un manómetro conectado como se indica. Deduzca una expresión para obtener el perfil de velocidades del flujo de agua que se tiene en la tubería, en función de la diferencia de altura medida entre los meniscos de benceno. La distancia entre los puntos de medición de presión es conocida al igual que su diámetro. Asuma que se trata de un flujo laminar plenamente desarrollado.
Solución: Se fijarán puntos que sean útiles para la determinación de la diferencia de presión.
Ahora determinamos la diferencia de presión entre 1 y 2 en función de la presión en A y B.
p1 p A Agua b p2 pb Agua c
p B p A Benceno b c Al efectuar
p1 p2
se tiene:
p1 p 2 p A Agua b p b Agua c
p1 p 2 Agua b c Benceno b c p1 p 2 Agua Benceno b c
Para un flujo en una tubería circular, en régimen laminar, desarrollado y estacionario con cte se tiene la siguiente ecuación:
- 84 -
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v z r Para
Ayudantías
p R 2 L 4
r 2 1 R
p p1 p 2 la ecuación queda:
v z r
Agua
Benceno b c L
R2 4
r 2 1 R
- 85 -
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Ejercicio 36: Un fluido newtoniano incompresible fluye a través de dos tubos concéntricos, según se muestra en la figura. El tubo interior es de radio kR y el exterior es de radio R. Determine el perfil de velocidades a través de la sección anular, en función del gradiente de presión, las propiedades físicas del fluido y los parámetros geométricos conocidos. Considere P0 = PL .
Ecuación de continuidad:
1 r vr 1 v vz 0 t r r r z Supuestos:
La velocidad solo tiene componente z, las componentes El fluido es incompresible
y r no existen.
La ecuación de continuidad queda:
vz 0 z vz 0 z
1
“La velocidad vz no varia en función de la dirección z, el perfil de velocidades a lo largo de z se mantiene constante”. Ecuación de Movimiento en términos del gradiente de velocidad para un fluido newtoniano con densidad y viscosidad constantes: Componente r Componente
Componente z
2 vr 1 v v v v 2 v p 2 v 2v 1 v vr r r vz r r vr 2 2r 2 2r g r r r r z r r z r t r r r 2 2 1 v v v vr v v 1 p v 1 v 2 vr v vr vz r v 2 2 2 2 g r r r z r r z t r r r r
v v v v vz vr z z vz z r r z t
1 vz p r z r r r
- 86 -
2 2 1 vz vz 2 2 2 gz z r
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Al reemplazar los supuestos establecidos anteriormente y la condición obtenida de la ecuación de continuidad, las componentes de la ecuación de movimiento quedan:
p gr r 1 p 0 g r p 1 v 0 r z g z z r r r 0
Componente r Componente
Componente z Reordenando:
p gr r p r g p 1 v r z z r r r
Componente r Componente
Componente z
El termino g z se hace cero pues la gravedad no posee componentes en dirección z, pero si en dirección r y
El gradiente de presión
p se puede expresar como: z p p P0 PL 0 0 z z z0 z L z0 z L
Por lo tanto la componente z de la ecuación de movimiento queda:
1 v 0 r z r r r
Las ecuaciones correspondientes a las componentes r y velocidades
*
,
no poseen términos de
vr , v o vz , por lo tanto no son indicadoras de un perfil de velocidad.
Al integrar la ecuación * dos veces con respecto a r se tiene:
vz C1 ln r C2
**
C1 y C2 corresponden a constantes de integración que pueden ser funciones de r y
- 87 -
.
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Los valores de estas constantes se determinan gracias a las siguientes condiciones de borde del problema:
vz r R 0 vz r kR V Fabricando un sistema de ecuaciones al reemplazar las condiciones de borde en **, se llega a:
0 C1 ln R C2 V C1 ln kR C2 Finalmente los valores de C1 y C2 son:
C1
V R ln kR
y
C2
V ln R R ln kR
y el perfil de velocidades es:
V ln r V ln R R R ln ln kR kR V vz ln r ln R R ln kR vz
Agrupando:
- 88 -
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Ejercicio 37: Angulo
Resolver el ejercicio anterior para las mismas condiciones pero con el ducto inclinado un
Solución:
vz
PL P0 L
g sen 2 2 r R 4
- 89 -
KR 2 R 2 ln r ln R 4 ln R ln KR
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Ejercicio 38: Para el cojinete mostrado en la figura que rota con velocidad angular ω, se pide plantear una expresión para el torque proporcionado por el eje rotatorio, junto con las condiciones de borde:
Ecuación de continuidad:
1 r vr 1 v vz 0 t r r r z Supuestos:
La velocidad solo tiene componente El fluido es incompresible
La ecuación de continuidad queda:
, las componentes z y r no existen. 1 v 0 r v 0
“La velocidad vθ no varia en función de la dirección θ, en otras palabras el perfil de velocidades se mantiene constante cuando varia θ para un radio constante”. Ecuación de Movimiento en términos del gradiente de velocidad para un fluido newtoniano con densidad y viscosidad constantes: Componente r Componente
Componente z
vr v v v v 2 v vr r r vz r r r r z t
2 2 1 p 1 vr 2 v vr 2 gr r vr 2 2 2 r r z r r r r 2 v v v v v v 1 p 1 2 v 2v v 1 v vr r vz r v 2 2 2 r 2 g r r r z r r z t r r r r
v v v v vz vr z z vz z r r z t
1 vz p r z r r r
- 90 -
2 2 1 vz vz 2 2 2 gz z r
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Al reemplazar los supuestos establecidos anteriormente y la condición obtenida de la ecuación de continuidad, las componentes de la ecuación de movimiento quedan: Componente r Componente
Componente z
v 2 p gr r r 1 p 1 0 r v g r r r r 0
p z
Las condiciones de borde serán las siguientes:
v r Ri Ri v r 0 0 Considerando que la tensión de corte sobre la cara del cilindro interior es:
r
r Ri
v r r r
Y que la fuerza resultante debido a esta tensión es (A es el área de contacto):
F r A El Torque resultante es:
T F Ri
La expresión final para el torque será:
- 91 -
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Ejercicio 39: En un banco de ensayos de laboratorio, se desea usar un tubo de Pitot en el centro de una tubería para medir la velocidad de un flujo de agua a 20ºC y luego calcular el caudal volumétrico. El tubo se conecta a un manómetro diferencial en U, tal como se muestra, con fluido manométrico mercurio (Hg). La diferencia de altura h que indica el manómetro es 30 mm. Deduzca una expresión para el cálculo de velocidad del agua, considerando que el fluido conducido en la tubería es agua y el fluido manométrico es mercurio. Determine el caudal volumétrico en la tubería, si ésta tiene un diametro de 3”, verificando previamente si el régimen es laminar o turbulento. La viscosidad del agua a 20ºC es 1 cP. La presión estática del agua en el punto de medición es 1 kg/cm2.
Solución: Ecuación de Bernoulli:
P1
1
2
v1 z1 cte 2 g
Carga debida a presión estática local Carga debida a presión Dinámica local Carga debida a elevación
- 92 -
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Se definen los puntos 1 y 2, de tal forma que estén en la misma línea de corriente, entonces se tiene:
B1 B2
P1
1
P1
1
2
2
v1 P v z1 2 2 z 2 2 g 2 2 g
2
2
v1 P v z1 2 2 z 2 2 g 2 2 g
Dado que el punto 2 es de estancamiento, entonces se tendrá que:
v2 0 P2 PS PEstencamiento z1 z 2 Reemplazando éstas condiciones en la igualdad de Bernoulli se tiene: 2
P1
v P 1 2 1 2 g 2 Despejando v1:
v1
2 g
Agua
1 2 Agua
P2 P1
La diferencia de presión P2-P1, se determina por hidrostática igualando presiones en el nivel mas bajo del mercurio como sigue:
P1 x Agua y Agua h Hg P2 x Agua y Agua h Agua P2 P1 h Hg Agua
- 93 -
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Finalmente la expresión para la velocidad queda:
v1 Reemplazando los datos:
2 g
h Hg Agua
Agua
v1 2.72
m s
Para determinar el Caudal, utilizamos la expresión
Q v A,
donde
coeficiente de energía cinética de la ecuación de Bernoulli.
f Re f , , v,
1 Re 4000, Im predecible 2 Re 0,2300
v Re
Con los datos se tiene:
m Kg m 1000 3 3 pu lg 0.0254 2.72 m s pu lg Re Kg 0.001 m seg Re 207264 , y para este número de Reynolds se tiene
1 , por lo tanto Q 1 v A
m 3 0.0254 2 Q 1 2.72 m s 2 2
Q 0.0124
m3 s
- 94 -
corresponde al
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Ejercicio 40: La figura muestra un esquema que permite determinar velocidades en tuberías. En este caso particular, una tubería de 0.15 mt. de diámetro en inclinada se conecta a otra de 0.1 mt. de diámetro por medio de una reducción. El fluido de la tubería es agua y el del manómetro diferencial es mercurio. Despreciando los efectos viscosos entre la sección 1 y 2. Determine la velocidad media en 2.
Solución: Aplicando Bernoulli y suponiendo un flujo ideal sin pérdidas entre los puntos 1 y 2, se tiene:
B1 B2 v2 v1 P P2 1 z1 z 2 2 g Ag u a 2
2
- 95 -
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Con la ecuación de continuidad establecemos las relaciones entre las velocidades del flujo:
A1 v1 A2 v2 2
2
0.15 0.1 v1 v2 2 2 1 v1 v2 2.25 Reemplazando esta relación en la ecuación de Bernoulli propuesta, se tiene: 2
1 v2 v2 2.25 P1 P2 z z 1 2 2 g Agua 2
Despejando v2:
v2
2 g P1 P2 z1 z 2 0.802 Agua
Por estática se determina la diferencia de presión entre 1 y 2:
P1 P2 x Agua 12cm Hg Agua Además: Reemplazando en la ecuación de
z1 z2 x
v2
se tiene:
v2
2 g 12cm Hg Agua 0.802 Agua
v2
kg m kg m m 2 9.81 2 0.12m 13600 3 9.81 2 1000 3 9.81 2 m s m s s 0.802 kg m 1000 3 9.81 2 m s
m v2 6.082 s
- 96 -
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Ejercicio 41: En la figura se muestra el esquema de un tubo Venturi empleado para medir flujos en tuberías, el cual a su vez utiliza un manómetro diferencial. Determine una expresión para el cálculo del caudal en la tubería en términos de deflexión h.
Solución: Se establecen lo puntos donde se aplicara la ecuacion de Bernoulli Modificada, para este caso el punto 1 y 2 se proponen en los extremos de la tubería izquierdo (1) y derecho (2).
B1 B2
Considerando los supuestos: Régimen estacionario Flujo incompresible Flujo viscoso Se tiene:
P1
z1 1
v12 P v2 2 z2 2 2 2 g 2 g
Estableciendo un balance de masa se obtiene una velocidad en función de la otra:
m1 m2 1 v1 A1 2 v2 A2
A v1 v2 2 v2 2 A1 1 D v1 v2 2 D1
- 97 -
2
2
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Reemplazando el valor de
v1
en función de
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v2 y despejando v2
P P2 2 g 1
v2
*
4
D2 D1 Por Hidrostática se obtiene una expresión para P1 P2 :
2 1
P1 P1 h1 P2 P2 h2 P1 P2 Hg h P1 P2 P1 P2 h2 h1 P1 P2 Hg h h P1 P2 Hg h Reemplazando en la ecuación *, se tiene:
v2
Hg h 2 g
El cálculo del caudal se obtiene de:
D 2 1 2 D1
4
V A2 v2
V A2 v2
D2 2 V 4
Hg h 2 g D 2 1 2 D1
- 98 -
se llega a:
4
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Ejercicio 42: Si la presión manométrica a la salida de la bomba es 250 KPa. y la presión absoluta deseada en B es de 221 KPa. ¿Cuál es el mayor ángulo permitido para estas condiciones y para una velocidad v=1 m/s. El fluido es agua a 20°C. La tubería es de Acero comercial y de diámetro interior D=100 mm. Su longitud es L=500 m., usar Patm=101 KPa.
Solución: Primer paso: establecer los puntos A y B entre los cuales se evaluará la pérdida de carga. El punto A se define entre la bomba y el primer codo
Ecuación de Bernoulli Modificada:
BA T BB PA
A
vA2 P v 2 z A T B B B z B 2 g 2 g
Reordenando se tiene:
zB z A
PA PB
vA2 vB 2 A B T 2 g 2 g
Debido a las dimensiones del estanque:
vB 0
La diferencia de presiones es:
Pabs A Pabs B (250 101) (221) KPa 130 KPa m La velocidad en A es: vA 1 s La diferencia de altura entre A y B es
zB z A , y puede ser expresada como
zB z A L sen
- 99 -
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Las pérdidas entre A y B se conforman por perdidas por longitud y singularidades:
L Li
Pérdidas por longitud:
Li fi Existe solo un tramo de 500 metros
Lei vi 2 Di 2 g
Le 500 m D 0.1 m m v 1 s
Determinamos el factor de fricción: Numero de Reynolds:
Kg m 1000 3 1 0.1 m v D m s Re Kg 0.001 m s Re 105 Turbulento A 1
Rugosidad relativa:
D 3.937 pu lg Acero Comercial
Factor de fricción:
e 0.0004 D
Rugosidad relativa Re
f 0.02
La pérdida por longitud será entonces: 2
m 12 2 500 m L v s L f e 0.02 D 2 g 0.1 m m 2 9.81 2 s L 5.096 m Pérdidas por singularidades:
S Si L v2 S i fi ei i Di 2 g
Existen tres singularidades, que poseen la misma velocidad de la siguiente manera:
S Para este caso considerar:
3 v2 L fi ei 2 g 1 Di Lei Ki fi Di
- 100 -
vi
por lo tanto se puede factorizar
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S
Por lo tanto:
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3 v2 Ki 2 g 1 2
m 1 s S 0.6 0.6 0.4 m 2 9.81 2 s 2
S 0.0815 m Finalmente las pérdidas totales serán:
T L S
T 5.178 m Reemplazando todos los términos en la ecuación de Bernoulli se tiene el ángulo máximo:
zB z A
PA PB
vA2 vB 2 A B T 2 g 2 g
m Kg s 2 2 130000 2 2 m m 1 s 500 m sen 1 5.178 m Kg m m 1000 3 9.81 2 2 9.81 2 m s s
0.0162 rad 1
- 101 -
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Ejercicio 43: El sistema entrega fertilizante para pasto en forma liquida. La boquilla que se encuentra en el extremo de la manguera requiere 140 Kpa de presión (absoluta) para operar de manera efectiva. La manguera esta hecha de plástico liso y tiene un diámetro interior de 25 mm. La solución fertilizante tiene una gravedad especifica de 1.1 y una viscosidad dinámica de
2 103 Pa seg . Si la Longitud de la manguera es 85 metros, determine: La potencia transferida por la bomba a la solución La presión a la salida de la bomba Desprecie las perdidas de energía en la lado correspondiente a la succión de la bomba. El flujo volumétrico es 95 Lt./min.
Solución: Para determinar la potencia transferida por la bomba en necesario determinar la energía que la bomba proporciona al sistema: Se establecen los puntos apropiados para aplicar la ecuación de Bernoulli modificada.
Ecuación de Bernoulli modificada:
B3 B0 H
Despejando H (energía proporcionada por la bomba) se tiene:
H B3 B0
- 102 -
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Dado que no existen perdidas por singularidades ( K
0)
se tiene entonces que las pérdidas
totales son las producidas por la fricción en el tramo de 85 metros, dado por:
L f
Le v 2 D 2 g
Se tiene que la energía proporcionada por la bomba es:
P P0 v 2 v0 2 Le v 2 H 3 z3 z0 3 f 2 g D 2 g
Supuestos: La velocidad
v0 tiende a valer 0
Calculo de la perdida por fricción: La velocidad dentro de la manguera es:
v3
V A3
m3 1 min lt 95 0.001 lt 60 seg min 1 m 25 mm 1000 mm 2
- 103 -
2
m 3.2255 seg
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Rugosidad relativa: Material: Tubería lisa Diámetro: 25 mm. ó ≈1 pulg.
La rugosidad relativa será:
0.00006 D
Numero de Reynolds:
Re
v D
kg m 1100 3 3.2255 0.025 m m s Re 44350.6 0.002 Pa s
- 104 -
(Flujo turbulento)
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Con el número de Reynolds y la rugosidad relativa se puede obtener el valor del factor de fricción propuesto por Moody según el siguiente grafico:
El factor de fricción será:
f 0.022
Luego la energía proporcionada por la bomba es:
140000 101325 Pa 3.22552 H 10 1.5 1.2 m 2 9.81 1100 9.81 Kg m m3 s 2 H 3.584 7.3 0.53 m 39.66 m
m2 2 s m s 2
85 3.22552 0.022 0.025 2 9.81
H 51.07 m Y la potencia proporcionada será:
N V H m3 1 kg m lt N 1100 3 9.81 2 95 0.001 lt 60 m s min N m N 872.5 seg N 0.872 Kwatt
- 105 -
min seg 51.07 m
m2 2 s m s 2
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La presión a la salida de la Bomba puede ser determinada estableciendo la ecuación de Bernoulli modificada entre los puntos 2 y 3.
B3 B2 L
P3 v32 P2 v2 2 z3 z2 L 2 g 2 g Despejando P2 se tiene:
Pero
v32 v2 2 P2 P3 z3 z2 L 2 g
v3 v2 , por lo tanto:
P2 P3 z3 z2 L
Reemplazando valores se tiene:
kg m kg m P2 140000 Pa 10 1.5 m 1100 3 9.81 2 39.66 m 1100 3 9.81 2 m s m s P2 659695 Pa P2 659.7 KPa
- 106 -
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Ejercicio 44: Dos depósitos de agua están conectados por medio de tubería de hierro galvanizado, como se
D 75mm. D 50mm.
A B indica en la figura. Suponga , y h 10.5m. La longitud de ambas tuberías es de 100m. Compare las pérdidas de carga en las tuberías A y B. Calcule el flujo volumétrico en cada una de ellas. Considere solo un cálculo para el caudal en el proceso iterativo
e indique los pasos a seguir para obtener la solución final. Utilice
K a 0.5 , K c 1.0 .
Considere que los codos en “b” tienen un factor de longitud equivalente por diámetro de
Le 30 D
Solución: Consideraciones. Régimen estacionario Flujo Viscoso incompresible Flujo uniforme Aplicando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 para cada uno de los circuitos en serie: Tubería A:
B1 B2 Tuberia A Tubería B:
B1 B2 Tuberia B Dado que el potencial energético es igual para ambas tuberías pérdidas serán iguales por ambos circuitos:
Tubería A Tubería B
Calculo del Flujo Volumétrico en cada circuito: Tubería A:
p1
2
2
v p v 1 1 h1 2 2 2 h2 Tubería A 2 g 2 g
- 107 -
B A BB ,
entonces las
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Dado que:
p1 p 2
v1 y v 2 0
*
Entonces la ecuación queda:
h1 h2 Tuberia A
h1 h2 h h Tuberia A
Con
h f
L v2 D 2 g
se llega a:
k A
v2 2 g
A
Tubería B: Para la tubería B, se llega a la misma conclusión utilizando *:
h Tuberia B h f
L v2 D 2 g
k B
v2 2 g
B
La rugosidad relativa de ambos circuitos es: Tubería A:
0.002 D
Tubería B:
0.003 D
Asumiendo un flujo plenamente turbulento se obtienen los factores de fricción: Tubería A:
f A 0.023
Tubería B:
f B 0.0255
Reemplazando en las ecuaciones se tiene: Tubería A: 2
2
v 100 v 10.5 0.023 30 30 A 0.5 1.0 A 2 9.81 3 0.0254 2 9.81 m v A 2.61 s Tubería B:
v 100 v 10.5 0.0255 30 30 B 0.5 1.0 B 2 9.81 2 0.0254 2 9.81 2
- 108 -
2
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m vB 5.033 s Así, el flujo volumétrico (Caudal) para ambas velocidades calculadas es: Flujo en Tubería A: 2
0.0254 2 m VA 3 m 2.61 2 s m3 VA 0.012 s Flujo en Tubería B: 2
0.0254 2 m VB 2 m 5.033 2 s 3 m VB 0.010 s El procedimiento a seguir para las próximas iteraciones son:
Recalcular las velocidades medias
Re
v D
vA
y
vB
pero evaluando el numero de Reynolds:
Este numero de Reynolds indicara que valor considerar en el diagrama de Moody y así elegir junto con la rugosidad relativa el nuevo factor de fricción
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Ejercicio 45: Agua fluye desde un gran depósito como se muestra en la figura. La tubería es de hierro fundido, con diámetro interior de
0.2 m .
0.14 m 3 s y la descarga es a la presión es de 10C ; el sistema completo se encuentra
El flujo es
atmosférica. La temperatura media para el flujo aislado. Determine la presión manométrica,
p1 ,
requerida para producir el flujo. Calcule el
aumento de temperatura del líquido entre la superficie del fluido y la salida.
Solución: Utilizando la ecuación de Bernoulli entre el nivel de agua del depósito (1) y el extremo de la tubería donde descarga a presión atmosférica (2), se tiene:
B1 B2 En su forma extendida:
p1
2
2
v1 p v z1 2 2 z 2 2g 2g
Asumiendo que la velocidad de entrada y la presión de salida son nulas
v 2 p1 2 z 2 z1 2g v 2 se conoce a partir del flujo volumétrico y la sección de salida: V 0.14 m v2 4.456 2 A2 s 0.2 2 3 las cotas y peso por m son: z 2 150 m z1 100 m
N 3 m
g 9810
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Pérdidas Totales:
f S
Pérdidas por fricción:
f f
L v2 D 2g
0.001 D N s2 0.0015 m
Para la tubería de hierro fundido de diámetro 0.2 m. la rugosidad relativa es
Para una temperatura de
10C
la viscosidad del agua es
El número de Reynolds es:
Re
v D 1000 4.456 0.2 594133 600000 0.0015
Utilizando el Diagrama de Moody se obtiene el valor del factor de fricción
f 0.02
Así la pérdida por fricción es:
f 0.02
500 150 200 4.456 2 m
f 86.022 m
0.2
2 9.81
Las perdidas singulares son las producidas por una entrada a la tubería y dos codos. Para la entrada consideramos
K 0.5
y para cada uno de los codos
Le 30 D
Entonces las pérdidas singulares serán:
4.456 2 4.456 2 m 0.5 m S 0.02 30 30 2g 2g S 1.72 m Las pérdida total será:
86.022 m 1.72 m 87.742 m
Finalmente calculamos la presión en el estanque:
v2 2 p1 z 2 z1 2g 4.456 2 p1 150 100 87.742 9810 Pa 2 9.81 p1 1361176.9 Pa p1 1361 kPa
Para calcular la variación de temperatura entre la superficie del fluido y la salida es necesario realizar un balance integral energético:
Q W e v dA A
Dado que no hay intercambio de trabajo y calor en el problema, la densidad se mantiene constante y el flujo volumétrico en (1) es el mismo que en (2) la ecuación anterior se reduce a:
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e1 e2 Desarrollándola se tiene: 2
2
v1 p v p c p T1 g h1 1 2 c p T2 g h2 2 2 2 Aplicando los supuestos anteriores y despejando la variación de temperatura: 2
v2 p g h2 h1 1 2 T cp
T
4.456 2 2
m2 m 2 1361 m 2 9 . 81 150 100 2 2 2 s s 1000 s J 2000 Kg K
T 0.2509 K cp=4180
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Ejercicio 46: Los datos obtenidos Caudal (lts/min) 0 1900 3040 3800 4180 4560 5320 5700
en el ensayo de una bomba se muestran en la tabla siguiente: Presión en la Succión Presión en la descarga (Psig) (Psig) -3.2 53.8 -3.7 48.8 -4.2 42.8 -5.2 34.8 -5.7 31.8 -6.2 27.8 -7.2 15.8 -7.9 7.8
Observe bien la posición de los manómetros, tal como se indica en la figura. Las secciones de aspiración y descarga de agua en la bomba son muy similares. Aplicando la ecuación de Bernoulli y un balance de masa, construya la curva característica de la bomba H-Q (Altura de elevación – caudal). Determine además la curva de potencia mecánica entregada al fluido, en función del caudal.
Solución: En consideración de la información entregada por el problema es conveniente establecer los puntos 1 y 2 inmediatamente en la entrada y salida de la bomba como se muestra en la figura: Aplicando la ecuación de Bernoulli se tiene:
B2 B1 H
Para fabricar la curva de potencia entregada por la bomba es necesario conocer la energía que la bomba entrega al flujo, por lo cual nuestra incógnita será H:
H B2 B1 H
P2 P1
z2 z1
2 v2 2 1 v12 2 g
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Dado que los puntos 1 y 2 están ubicados a la misma altura y por balance de masa se obtiene que las velocidades de entrada y salida de la bomba son iguales, la expresión anterior se reduce a:
H
P2 P1
Considerando que las presiones P2 y P1 se pueden obtener gracias a las presiones manométricas PD y PS arrojadas por los barómetros se tiene:
P2 PD 3 P1 PS 1 Se obtiene una expresión para la energía entregada por la bomba:
H
PD PS
2
Finalmente se obtiene la ecuación que representará la potencia entregada por la bomba será:
N V H P PS N V D 2
Se construye la curva para los valores de caudales y presiones dadas, como se muestra: Caudal (lts/min) 0 1900 3040 3800 4180 4560 5320 5700
Presión Succión (Psig) -3.2 -3.7 -4.2 -5.2 -5.7 -6.2 -7.2 -7.9
en
la
Presión descarga (Psig) 53.8 48.8 42.8 34.8 31.8 27.8 15.8 7.8
- 116 -
en
la
Energia (ft)
Potencia (HP)
134 124 111 95 89 81 55 38
0 16 23 24.7 25.4 25.3 20 14.8
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Ejercicio 47: Determine la curva de perdida de carga, en Pa., de la expansión gradual que se muestra en la figura en función de la velocidad aguas abajo del flujo, en m/s. Los datos obtenidos de laboratorio son los siguientes: Variación de altura del estanque receptor de flujo = 10 cm. Sección transversal del estanque 30 cm. x 50 cm. Tiempo de medición de flujo = 10 seg. Los diámetros internos de la tubería, aguas arriba y aguas abajo son, respectivamente, 25.3 mm. y 73.8 mm. El manómetro diferencial de presión indica 1’’ y el fluido manométrico es mercurio (DR=13.6)
Solución: La ecuación de perdida de carga es:
pv
El valor de
k
k
v2 2 g
*
se determina con los datos del laboratorio.
Para determinar la velocidad siguiente forma:
V V
v
del flujo es necesario determinar el caudal de éste, de la
Var Volestq tllenado
h Atransv 0.1 m 0.3 ¨m 0.5 m tllenado 10 seg
m3 V 0.0015 seg La velocidad del flujo en el tramo n°2 es:
v
V Asec c 2
m3 0.0015 seg 0.35 m v seg 0.07382 2 ¨m 4 - 117 -
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La diferencia de presión de una pulgada de mercurio llevada a Pascales es:
pv
pv
1'' Hg 25.4 mmHg 13.6 345.44 mmca 3385 Pa 3385 Pa
De la ecuación de pérdida de carga * se despeja
pv pv k 2 g v2
pv quedando en función de v
k 2 v 2 g 3385 Pa
m 0.35 seg k Pa seg 27633 2 g m Así se obtiene finalmente una expresión para la constante pérdida de carga:
pv 27633 v 2
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k 2 g
y para la curva de