15Cap4-DinamicaDeFluidosEjerciciosResueltos

CAPITULO IV DINAMICA DE FLUIDOS

TEXTO GUIA HIDRAULICA EJERCICIOS RESUELTOS

PROBLEMAS RESUELTOS BERNOULLI 1-IV) Dos tanques de agua conectados por una tubería de 1220 m de longitud y 0.25 m de diámetro. El nivel en el recipiente superior esta a 37 m por encima del nivel del tanque inferior. El gasto que transporta la tubería e de 0.128 m3/s. a) Hallar la perdida de carga total. b) Hallar la presión que existe en la sección, a la mitad de la tubería, si dicha sección se encuentra a la misma elevación que el nivel del tanque inferior, siendo que la mitad de la energía disponible se pierde desde el tanque hasta dicha sección. Solución.

a) Usamos la ecuación de Bernoulli para una vena liquida, entre los puntos 1 y 2 de la figura y haciendo α1 y α2 igual a uno: 2

Z1 +

2

2 P1 V P V + α 1 1 = Z 2 + 2 + α 2 2 + ∑ Hr γ 2g γ 2g 1 2

2

1

1

37 + 0 + 0 = 0 + 0 + 0 + ∑ Hr ⇒ ∑ Hr = 37 b) Área del tubo:

[ ]

πD 2 π (0.25) 2 = ⇒ A = 0.0491 m 2 4 4 Velocidad media: Q 0.158 V = = ⇒ V = 2.61[ m / s ] A 0.0491 Perdida de energía entre las secciones 1 y 3: A=

2

∑ Hr = 1

37 = 18.5[ m] 2

194



Con Bernoulli:

Z1 +

2 P3 V32 + + ∑ Hr γ 2g 1

2     V2 2.612 P3 = γ  Z 1 − 3 − ∑ Hr  = (9.81) 37 − − 18.5  2g 1 2g    

[

P3 = 178.1 KN / m 2

]

2-IV) El caudal se mantiene constante a lo largo de la tubería. De la misma respuesta podemos decir que la velocidad en el punto B será igual a la del punto C, debido a que el caudal es constante cuando el área es constante, por lo que la velocidad también será constante. Solución. Bernoulli en el punto C: 2

ZB +

2

P V PB V B + = ZC + c + c γ 2g γ 2g

Procedemos de la misma manera que en el caso anterior, la presión a la salida de la tubería es cero: ZB +

PB =0 γ

PB = − Z B γ = −(3.6 + 1.8)(9.81)

[

]

PB = −22.2KN / m 2

3-IV) En el sifón calcular la velocidad del agua, el gasto y la presión en la sección B, en el supuesto de que las perdidas fuesen despreciables.

Solución.

Usando Bernoulli desde la superficie del líquido hasta C:

195



2

2

Z1 +

P V P1 V1 + = ZC + c + c γ 2g γ 2g

Los valores de Zc y Pc son cero, además la velocidad y la presión en la superficie del líquido son cero: 2

Z1 =

VC 2g

2

VC = 2Z 1 g = (2)(3.6)(9.81)

VC = 8.41[ m / s ] 2

Q = VA = (8.41)

[

π 0.2 2 4

Q = 0.264 m 3 / s

]

4-IV) En la instalación mostrada, perdida de carga desde “A” a “B” y desde “C” a “D” es de una carga de velocidad y desde “B” a “C” es de dos cargas velocidad, siendo el diámetro constante de la tubería de 15cm. a) Determine usted la carga de presión en los puntos “B” y “C”. b) ¿Qué diámetro deberá tener la tubería para que la presión en “C” sea de -0.9Kg/cm2 relativos? c) ¿Cuál será la nueva altura de “C” para obtener en ese punto un vació de 0.4 Kg/cm2?

Solución. a) Calculo de la carga de presión en los puntos “B” y “C” Se aplica Bernoulli entre “A” y “D” para hallar la velocidad de salida: 2

2

PA V A P V + + Z A = D + D + ZD + hf γ 2g γ 2g

196


TEXTO GUIA HIDRAULICA EJERCICIOS RESUELTOS 2

V 4V 0 + 0 + 15 = 0 + D + D 2g 2g

2

2

VD =3 2g

(1)

Aplicando Bernoulli entre “A” y “B” se tendrá que: 2

2

PA V A P V + + Z A = B + B + ZB + hf γ 2g γ 2g 2

0 + 0 + 12 =

PB V B + + ZB + hf γ 2g

0 + 0 + 12 =

PB V B V + +0+ B γ 2g 2g

2

2

Como la tubería tiene el mismo diámetro en toda su trayectoria, la velocidad es la misma; en consecuencia se tendrá que: 2

12 =

PB 2V B P + = B + 2*3 γ 2g γ

PB = 6m γ relativos de agua Aplicando Bernoulli entre “A” y “C” se tiene que: 2

2

P V PA V A + + Z A = C + C + ZC + hf γ 2g γ 2g 2

0+0+5=

PC VC 3V + +0+ C γ 2g 2g

2

2

5=

PC 4VC P + = C + 4*3 γ 2g γ

PC = −7 m γ

Relativos de agua b) Nuevo diámetro de la tubería, aplicando Bernoulli entre “A” y “C” se tendrá que: 2

2


V 3V 0 + 0 + 5 = −9 + C + 0 + C 2g 2g

2

2

VC 7 = 2g 2

(2)

197



Considerando que el caudal en el caso (1) es el mismo que el caso (2), por medio de la ecuación de la continuidad, se puede formar la siguiente ecuación: V D (0.15) 2 = VC ( d ) 2 Elevando al cuadrado y dividiendo entre 2g, la igualdad quedara de la siguiente manera: 2

2

V VD (0.15) 2 = C d 4 2g 2g 7 (d ) 4 4 Desarrollando tendremos: d = 0.144m 3(0.15) 4 =

c) Calculo de la nueva altura de “C”. Aplicando Bernoulli entre “A” y “C”: 2

2


V 3V 0 + 0 + Z A = −4 + C + 0 + C 2g 2g

2

4V Z A = −4 + C 2g

2

Reemplazando (2) en esta última ecuación se tendrá que: 7 Z A = −4 + 4  = 10m 2

“C” deberá estar 10m por debajo de “A”

5-IV) Para el sistema mostrado en la figura, calcule la presión que marca el manómetro M

Solución. Se aplica Bernoulli entre M y la salida de la boquilla:

198

CAPITULO IV DINAMICA DE FLUIDOS 2


2

Vs P V = M + M 2g γ 2g

(a)

Bernoulli entre la salida y el punto 1 del piezómetro: 2

Vs P = 1 2g γ

(b)

Aplicando manométrica en el piezómetro se tiene que: P1 = γ 13,6 x 1,5 – 1 x 3,6 =16,8 (c) Reemplazando (c) en (b) se tiene que Vs=18,1 m/s. Considerando la continuidad del flujo se tendrá que: 2

 7,5  VM = 18,1  = 4,53m / s  15  Reemplazando estos dos últimos valores en (a) se tendrá finalmente que: 18,12 PM 4,53 2 = + 2g γ 2g En consecuencia se tendrá que:

PM = 1,58kg / cm 2

6-IV) Un depósito cerrado de grandes dimensiones esta parcialmente lleno de agua y el espacio superior con aire a presión. Una manguera de φ = 5.08cm conectada al deposito, desagua sobre la azotea de un edificio 15.25m por encima de la superficie libre de agua. Las perdidas por fricción son 5.49m . ¿Qué presión de aire debe mantenerse en el deposito para desaguar un caudal de Q = 12.3 l s ?

φ = 0.0508m Z B = 15.25m QL = 12.3 l

s

H L = 5.49m Solución. Q υ= A

199



0.0123 0.0123 = 2 πφ π 0.05082 4 4 Ecuación de Bernoulli:

υ=

υ = 6.068 m s

PA υ A P υ + + Z A − H L = B + B + ZB γ 2g γ 2g 2

  υ 2 PA =  H L + B + Z B γ 2g     6.068 m s + 15.25m1000 Kp PA = 5.49m + m3   2 × 9.8 m s  

PA = 22618.9 Kp

m2

7-IV) Desde el deposito que se muestra en la figura se esta enviando agua hacia una cuota mas baja desaguando en el aire. Para los datos que aparecen en la figura, determinar la distancia vertical entre el punto en que descarga el agua y la superficie libre del agua en el depósito. Solución. Q = 0.00631 m

3

s

H L = 11.58m p1 υ 1 p υ + + Z1 − H L = 2 + 2 + Z 2 γ 2g γ 2g Z = 11.58 =

Q2 A2 2g

2 ( 0.00631) Z = 11.58 + 2 π ( 0.05)  (19.6)

 

4

 

Z = 12.11m

8-IV) Una tubería de 30cm de diámetro tiene un corto tramo en el que el diámetro se reduce gradualmente hasta 15cm y de nuevo aumenta a 30cm. La sección de 15cm esta a 60cm por debajo de la sección A, situada en la tubería de 30 cm, donde la presión es de 5.25 Kp/cm 2. Si

200



entre las dos secciones anteriores se conecta un manómetro diferencial de mercurio, ¿Cuál es la lectura del manómetro cuando circula hacia abajo un caudal de agua de 120L/s? Supóngase que no existen perdidas. Solución. d A = 30cm d B = 30cm

PA = 5.25 Kp / cm 2 Usando Bernoulli:

pA υA p υ + + Z A = B + B + Z B + ∆T γ 2g γ 2g 2

2

υA =

Q AA

υA =

υB =

Q AB

υB =

⇒

Z B = ∆T = 0

0.120 = 1.698 m / s 1 / 4π (0.1) 2

0.120 = 6.791m / s 1 / 4π (0.15) 2

P 5.25 × 10 4 (1.698) 2 (6.791) 2 + + 0.6 = B + 1000 2g 1000 2g

En el manómetro tendremos: p A + γ H 2O (h + 0.60) = p B + γ H 2O h 5.25 × 10 4 + 1000h + 600 = 5.089 × 10 4 + 13570h

h = 0.1758m = 17.58cm 9-IV) En un canal abierto según muestra la figura, fluye agua a una profundidad de 2m a una velocidad de 3m/s. Posteriormente fluye hacia abajo por una rápida que se contrae hasta otro canal donde la profundidades es de 1m y la velocidad es de 10m/s. Suponiendo un flujo sin fricción, determinar la diferencia en elevación de los fondos de los canales.

201



Solución. Se supone que las velocidades son uniformes a través de las secciones transversales y que las presiones son hidrostáticas. Los puntos 1 y 2 se pueden seleccionar sobre la superficie libre, tal como se muestra. Si la diferencia de elevación entre los fondos es “y”, entonces tendremos Bernoulli: 2

2

P1 V1 P V + + Z1 = 2 + 2 + Z 2 γ 2g γ 2g Donde: Z 1 = y + 2, Z 2 = 1, V1 = 3m / s, V2 = 10m / s, P2 = P1 = 0 0+

32 10 2 + y+2= + Z2 + 0 +1 2(9.81) 2(9.81)

y = 3.64m

FLUJO EN ORIFICIOS 10-IV) Para el tanque que se presenta en la figura, calcule la velocidad de flujo en la boquilla y la rapidez de flujo de volumen para un intervalo de profundidades comprendido entre 3m y 0.5m. El diámetro del chorro en la boquilla es de 50mm. Solución. Debemos primero determinar la velocidad a la profundidad que sea necesaria. De modo que h = 3m , v 2 = 2 gh = 7.67 m / s . La misma rapidez del flujo de volumen se calcula multiplicando esta velocidad por el área del chorro A j = 1.963 x10 −3 m 2

(ANEXOS)

Entonces:

202



Q = A j v 2 = (1.963 x10 −3 )(7.67) Q = 1.51x10 −2 m 3 / s

11-IV) El orificio circular practicado en la pared vertical de un recipiente que contiene agua tiene un diámetro de 0.10 m y desaloja un gasto de 29.5 L/s con una carga de 2 m. Con el sistema de coordenadas indicado en figura, se ha medido en el laboratorio que x = 3y y = 1.15 m para el punto 1. Calcular los coeficientes de contracción, gasto y velocidad. Solución. En la sección contraída del chorro, el ángulo de inclinación es θ =0.

V1 X = V

V1Y = 0

por lo que la ecuación del chorro, será:

V1Y g x2 Y= x+ V1 X 2 V12X Y=

g x2 2 V12X

La velocidad en la sección contraída, será:

V=

g 2 g x =x 2 2y

V = (3)

9.81 (2)(1.15)

V = 6.19[ m / s ]

V = CV 2 gH de la ecuación:

CV =

V 2 gH

=

6.19 (2)(9.81)(2)

Cd = 0.6

203



CV = 0.989

Cd = CV CC

De la ecuación:

CC =

Q = C d A 2 gH Cd =

Cd 0 .6 = CV 0.989

Q

0.0295 A 2 gH  π (0.10)    (2)(9.81)(2) 4   2

12-IV) En la boquilla de borda de la figura que se muestra, hallar la relación que hay entre los coeficientes de contracción y de velocidad. Solución. La fuerza que produce la salida del chorro por la boquilla se puede determinar aplicando la ecuación de la cantidad de movimiento, de manera que: F = ρQV = ρ (C d Va )V = ρ (C C CV Va )(CV V ) = ρ (C C CV a)CV V 2 Pero: V = (2 gh)1 / 2 , por lo que la ecuación anterior se convierte en: F = ρ (C C CV Va )CV (2 gh) = ρ (C C CV Va )(2 gh) 2

(1)

La fuerza hidrostática ejercida en la boquilla será: F = ( ρg ) ha

(2)

Ambas fuerzas (1) y (2) deberán ser iguales, en consecuencia se tiene:

ρ (C C CV 2Va )(2 gh) = ρg (ha) De donde se halla finalmente: CC =

1 2CV2

13-IV) La válvula abierta, mostrada en la figura, tiene un diámetro D1 =1.50 m y descarga un gasto de 31.5 m3/s cuando se elimina el cono después de la válvula. En estas condiciones el gasto descargado sigue la ley de orificios:

204



Q = C d A 2 gH donde A es el área de la válvula. Si se coloca el cono de modo que la sección de salida tenga un diámetro D2 = 1.64 m, la pérdida de energía que se produce en el mismo esta dada por la formula empírica:

∆hC = 0.10

V12 − V22 2g

y el ángulo total con que se realiza la expansión es de 5º C. Calcular el gasto descargado para estas nuevas condiciones. Solución. Las áreas para los diferentes diámetros son:

π 2 π D1 = (1.5) 2 A1 = 1.767[ m 2 ] 4 4 π π A2 = D22 = (1.64) 2 A2 = 2.06 m 2 4 4 A1 =

[ ]

Sin el cono la velocidad en la válvula será:

V1 =

Q 31.5 = = 17.825[ m / s ] A1 1.767

V12 (17.825) 2 = = 16.2 2 g (2)(9.81) El coeficiente de gasto será:

Cd =

Q

=

A1 2 gH

31.5 (1.767) (2)(9.81)(18)

C d = 0.95 Con la ecuación de la energía, incluyendo la pérdida de energía por la válvula: 2

V2 V 18 = 1 + K 1 2g 2g K = 0.11 Con la misma ecuación incluyendo el efecto del cono: 2  V12 − V22 V12 V1 18 = + 0.11 + 0.1 2g 2g  2g

  

205


TEXTO GUIA HIDRAULICA EJERCICIOS RESUELTOS 2

V2 V 18 = 0.9 2 + 0.21 1 2g 2g

(1)

Por otro lado con ecuación de la continuidad:

A1V1 = A2V2 V1 =

2.06 = 1.166V2 1.767

reemplazar esta ecuación en la ecuación (1): 18 = 0.9

V2 = 17.25m / s Q = 35.53m 3 / s

V22 V2 + (0.21)(1.166) 2 2 2g 2g

14-IV) En la figura se muestra dos vertederos con 1.3m de longitud de cresta y un coeficiente de descarga de 0.65, conectados mediante un orificio sumergido de pared delgada de 50cm de diámetro con un coeficiente de descarga de 0.6. Si el flujo es permanente y el caudal total que sale por los vertederos es de 1.0m3/s. Determine el caudal que descarga cada vertedero.

Solución. Para este problema debemos tener en cuenta que el caudal que sale por el vertedero lateral derecho que se le llamara B es igual al caudal que sale por el orificio sumergido y que la suma de lo caudales de los vertederos es 1.5m3/s. Q = 2 / 3C d b 2 g h 2 / 3 = 2 / 3(0.65)(1.3) 2 g h 3 / 2 = 2.5h 3 / 2 En consecuencia el caudal en cada veredero será: Q A = 2.5( H A ) 3 / 2

QB = 2.5( H B ) 3 / 2 y El caudal que pasa por el orificio sumergido será:

206



 π × 0.50 2 Q0 = 2 / 3C d A 2 g H = 0.60 4 

  2 g H 1 / 2 = 0.522 H 1 / 2 

Se podrá formar las siguientes ecuaciones de manera que: 1.5 = 2.88( H A ) 3 / 2 + 2.88( H B ) 3 / 2 2.88( H A ) 3 / 2 = 1.34( H B ) 3 / 2 Tenemos que: 0.12 + H A = H B + H

Resolviendo: H B = 0.243

;

H A = 0.447

;

H = 0.304m

Reemplazando en las ecuaciones de los caudales de los vertederos se tendrá finalmente que: Q A = 2.5(0.447) 3 / 2 = 0.714m 3 / s QB = 2 .2 (2 .2 2 2 ) 2/ 2 = 2 .2 2 2m 2/ s 15-IV) Para el caso de la boquilla de 10 cm de diámetro indicada en la figura (a) ¿Cuál es el caudal de agua a 24 ºC bajo una altura de carga de 9 m? (b) ¿Cuál es la altura de presión en la sección B? (c) ¿Cuál es la máxima carga que puede emplearse si el tubo esta completamente lleno? (utilizar cv = 0,82.)

Solución.

207



Para una boquilla normal, la corriente se contrae en B aproximadamente un 0,62 del área del tubo. La perdida de carga entre A y B se ha valorado en 0,042 veces la altura de velocidad en B. (a) Aplicando la ecuación de Bernoulli entre A y C, tomando C como referencia, 

( 0 + despr. + 9) − 

1

 ( 0,82 )

2

2  V 2  V − 1 ch =  0 + ch + 0  2g  2g  

1  2 Q = AchVch = 1,00 × π ( 0,1)  (10,88) = 0,0855m 3 / seg. 4  

y Vch = 10,88 m/seg. Luego (b) Ahora, la ecuación de Bernoulli entre A y B, tomando B como referencia, nos da: 2  p B VB 2  VB ( 0 + despr. + 9) − 0,042 =  + + 0  2g  w 2g 

(A)

Por otra parte, Q = AB VB = Ac Vc o cc AVB = AVc o VB = Vch/cc = 10,88/0,62 = 17,6 m/seg. p (17,6) 2 9 =  B + 1,042 2g  w Sustituyendo en la ecuación (A),

  PB = −7,5m   y w de agua.

(c) Como la carga que produce el flujo a través de la boquilla se incrementa, la altura de presión en B ira decreciendo. Para un flujo estacionario (y con el tubo completamente lleno), la altura de presión en B no debe ser menor que la de la presión de vapor para líquidos a la temperatura considerada. Para el agua a 24ºC este valor es de 0,030 kg/cm2absolutos o 0,3 m absolutos aproximadamente al nivel del mar (-10,0 m). 2  pB VB h =  + 1,042 w 2g  De (A) se tiene

2  VB  = −10,0 + 1,042  2g 

(B)

208



Por otra parte, cAVB = AVC = c v A 2 gh c VB = v cc De donde

2

2

2 c  VB  0,82  =  v  h =   h = 1,75h 2 gh 2 g  cc  0,62   o

Sustituyendo en (B), h= -10,0 + 1,042(1,75h) y h = 12,15 m de agua (24ºC) Toda carga superior a 12 m hará que la corriente salga sin tocar las paredes del tubo. El tubo funciona entonces como un orificio. En condiciones de presión de vapor resultarían fenómenos de capitación 16-IV) a) Un chorro de agua es descargado desde un chiflón con un diámetro efectivo d’=0.075 m y una velocidad V=23m/s. Calcular la potencia del chorro.

b)

Si el chiflón es alimentado por una tubería desde un almacenamiento cuyo nivel se encuentra 30 m arriba del chiflón. Calcular la perdida de energía en la conducción y la eficiencia de la misma.

Solución. a) El gasto descargado será:

Q=

π 2 π d ' V = (0.075) 2 ( 23) 4 4

[

Q = 0.102 m 3 / s

]

La energía en la base del chiflón es igual a la carga de velocidad en la boquilla:

V2 23 2 H= = 2 g (2)(9.81) H = 27[ m] La potencia del chorro, será

209



P = γQH P = (1000)(0.102)(27)

[ Kgm / s ] P=2 2 2 2 b) La potencia teórica:

PT = γQH P = (2222 )(2.222 )(22) P = 2222 [ Kgm / s ] La eficiencia del sistema será:

e=

P2 33333 222= 2222 P2 3333

e = 90%

ECUACION DE LA ENERGIA 17-IV) ¿Cuál será la fuerza requerida por el agua obre los remaches del cambio de sección mostrado en la figura? Todo esta situado en un plano horizontal y las distribuciones de velocidades son uniformes justo antes y después de la transición (α =1 y β =1)

Solución.

210



Las presiones actuantes son:  π 0.6 2  F1 = pA = (8)(10000)   = 2619.5 Kg  4  Para hallas F2 se debe primero la presión en la sección 2. Con ecuación de la energía: 2

2

P1 V1 P V + = 2 + 2 γ 2g γ 2g 2

2

P V (80)(10000) V1 + = 2 + 2 1000 2g γ 2g 2

2

P2 V V = 80 + 2 − 1 γ 2g 2g Por continuidad: Q V A

0.400 = 1.41[ m / s ] π (0.6) 2 4 0.400 V 2= = 5.66[ m / s ] π (0.3) 2 4 V 1=

Por lo tanto: P2 5.66 2 1.412 = 80 + − γ 2g 2g

[

P2 = 7.847 Kg / cm 2

]

entonces F2 será:  π (0.3) 2  F2 = p 2 A2 = (7.847)(10000)    4 

[

F2 = 5546.7 Kg / cm 2

]

Las fuerzas de presión son en dirección x y el peso no tiene componente horizontal, por lo tanto, aplicando la ecuación de la cantidad de movimiento tendremos: ∑ F = ∆( βQρV ) F1 − F2 + R X = Qρ (V2 − V1 )  1000  22619.5 − 5546.7 + Rx = (0.40) (5.66 − 1.41)  9.81 

211



Rx = −16899.5[ Kg ] Esto implica que la fuerza ejercida sobre los remaches, según x, será igual y en sentido contrario, es decir, de izquierda a derecha. No existe cantidad de movimiento debido a que las velocidades son horizontales y el peso se considera despreciable. 18-IV) Una tubería de 1 m de diámetro descarga agua a la atmósfera a través de dos tuberías, como se muestra en la figura, ¿Cuál será la fuerza total ejercida sobre los remaches de la pieza final? Considere el peso del agua igual a 1300 Kg, en el eje y en el sentido vertical, y α y β iguales a la unidad.

Solución. Debemos calcular la presión y velocidad en la sección 1. La presión se obtiene de la lectura del manómetro de mercurio: P1 = + Pagua − PHg = P1 + (1.3)(9.81) − (0.30)(13.6)(9.81) = 0

212



[

P1 = 27.27 Kg / cm 2

]

 π 12 F1 = P1 A1 = (27.27)  4 F1 = 21.42[ KN ]

  

En las secciones 2 y 3 la descarga es en la atmósfera, por esto la fuerza de la presión será nula. F1 = F2 = 0 La velocidad en la sección 1 será: V 1=

4Q1 = 5.09Q2 π (1) 2

(5.09Q2 ) 2 27.27 + 0.083Q2 = 1 + 9.81 2g 27.27 + 0.083Q2 = 1 + 1.32Q2 9.81 1.32Q2 − 0.083Q1 = 4.28

(1)

Tomando la ecuación de la energía entre las secciones 1 y 3 2

V P1 V12 + = Z3 3 γ 2g 2g V3 =

4Q3 π (0.5) 2 (0.80)

V3 = 6.37Q3

(6.37Q3 ) 2 27.27 + 0.083Q1 = −1.5 + 9.81 2g 27.27 + 0.083Q1 = −1.5 + 2.068Q3 9.81 27.27 + 0.083Q1 = −1.5 + 2.068Q3 9.81 2.068Q3 − 0.083Q1 = 4.28

(2)

Aplicando la ecuación de continuidad tendremos: Q1 = Q2 + Q3

(3)

213



Con las ecuaciones (1), (2) y (3) formamos un sistema de ecuaciones, que podemos resolver por el método que se prefiera, desarrollando:

[

Q1 = 2.92 m 3 / s

]

;

[

]

;

V2 = 6.97[ m / s ]

;

Q2 = 1.37 m 3 / s

las velocidades correspondiente serán: V1 = 3.71[ m / s ]

;

[

Q3 = 1.55 m 3 / s

]

V3 = 9.87[ m / s ]

Aplicando la ecuación de cantidad de movimiento tendremos: en el eje x: F1 + R X = ρ (Q2V2 X − Q3V3 ) − ρQ1V1 X 21.42 R X = 1[ (1.37)(6.97) cos 45º +0] − (1)(2.92)(3.71)

R X = −4.08[ KN ]

En el eje y: RY = ρ (Q2V2Y − Q3V3 X ) − ρQ1V1Y RY = 1[ (1.37)(6.97) sen45º +(1.55)(9.87)] − 0

RY = 22.05[ KN ]

Los resultados indican que los remaches resistirán una fuerza axial de tensión de 4.08 KN y una fuerza de corte hacia arriba de 2.05KN. 19-IV) Dos manómetros colocados en una tubería de 10 cm de diámetro y separados entre si a 250 m, indican las medidas mostradas en la figura. El liquido tiene una densidad relativa de 0.95 y una viscosidad de 2x10-3 Kg s/m2. Calcular el gasto en la tubería, la velocidad máxima, el esfuerzo cortante en el borde y la fuerza cortante ejercida sobre las paredes del tubo. Solución.

El gradiente de presiones será:  P2  P   + Z 2  −  1 + Z 1  ∆h dh  γ  γ  = ∆s ds L

214



 3 × 10 4   2.9 × 10 4   + 0  −  + 1.25  ∆h dh  (0.95)(1000)   (0.95)(1000)  = ∆s ds 250 dh = −0.0008 ds Usando Hagen-Poiseville: − ∆h = h1 − h2 = −

32 µVL γD 2

h1 − h2 32 µV = L γD 2

− (−0.0008) =

32(2 × 10 −3 V (950)(0.1) 2

 π 0.12 Q = VA = (0.119)  4

V = 0.119[ m / s ]

  

[

Q = 0.00093 m 3 / s

]

La velocidad máxima: Vmax = −

γ dh 2 r0 4µ ds

donde: Vmax ocurre en el centro de la tubería. Vmax = −

950 (−0.0008)(0.05) 2 4(2 × 10 −3 )

Vmax = 0.24[ m / s ] El esfuerzo cortante en el borde será: r  dh  τ = − γ  2  ds  0.05 (950)(−0.0008) 2 La fuerza cortante será:

τ =−

[

τ = 0.019 Kg / m 2

]

FC = τA = τπDL FC = π (0.019)(0.1)(250)

FC = 1.49[ Kg ]

215



DINAMICA DE FLUIDOS REALES 21-IV) Entre dos placas paralelas separadas 10 cm, fluye un gasto de 10 lps/m, la placa superior se mueve a 0.20 m/s en sentido contrario al flujo y la inferior en el mismo sentido a 0.10 m/s. Calcule el esfuerzo cortante máximo y la velocidad máxima. El fluido es el aceite con Dr =0.93 y viscosidad 10-2 Kg s/m2.

Solución. Como las velocidades de las placas son diferentes, no se producira la simetría del flujo. Aplicando la expresión original del esfuerzo cortante:

τ =γ

dh n+c ds

reemplazando τ = µ

µ

dv en la ecuación: dn

dv dh =γ n+c dn ds

dv =

γ dh C ndn + dn µ ds µ

Integrando: v=∫ v=

γ dh C ndn + ∫ dn µ ds µ

γ dh n 2 Cn + + C1 µ ds 2 µ

Determinamos los valores de C y C1, con la condiciones de contorno: V = 0.10[ m / s ]

V = −0.20[ m / s ]

para n= 0 para n= 0

216



por lo tanto: v=

γ dh n 2 Cn + + C1 µ ds 2 µ

v=

γ dh 0 C (0) + + C1 µ ds 2 µ

C1 = 0.10 (0.93)(1000) dh 0.2 2 C (0.2) + + 0.10 ds 2 10 − 2 10 − 2 dh C = −0.015 − 93 ds − 0.20 =

La expresión de velocidad será: dh    − 0.015 + 0.93 n 930 dh 2  ds  v= n − + 0.10 −2 −2 (2)(10 ) ds 10 dh (46500n 2 − 9300n) − 1.5n + 0.10 ds Por otro lado: v=

[

q = 10lps = 0.01 m 3 / s q = vdA 0.20

q=

∫ 0

]

dA = bdn

b =1 m

 dh  2  ds (46500n − 9300n) − 1.5n + 0.10dn 0.20

dh  n3 n2  0.01 = 46500 − 9300   ds  3 2 0 0.01 = −0.62

0.20

  n2 + − 1.5 + 0.10n  2  0

dh − 0.01 ds

dh = −3.23 × 10 −4 ds La ecuación de la distribución de velocidades, para este caso será: v = (−3.23 × 10 −4 )(46500n 2 − 9300n) − 1.5n + 0.10 v = −15n 2 + 1.5n + 0.10 La velocidad máxima se dará para

dv =0 dn

217



dv = 0 = −30n + 1.5 dn n = 0.05 En este punto la velocidad es máxima: v = −15(0.05) 2 + 1.5(0.05) + 0.10 v = 0.14[ m / s ] El valor máximo de τ ocurre para n = 0.20 m:  dv  τ = µ   dn  max

τ = (10 −2 )[1.5 − (30)(0.2)]

[

τ = −0.045 Kg / m 2

]

El signo negativo indica el sentido, este es contrario al flujo. 22-IV) Determine si el flujo es laminar o turbulento cuando agua a 700C fluye en un tubo de cobre de 1 pulg. tipo K, con una rapidez de flujo de 285 L/min. Solución. Evalúe el número de Reynolds, utilizando la siguiente ecuación: NR =

υDρ υD = µ v

Para un tubo de cobre de 1 pulg. tipo K, D = 0,02527m y A = 5,017 x 10-4 m2, Entonces tenemos: 3 1m 285 L Q s min × υ= = = 9,47 m s A 5,017 × 10 −4 m 2 60000 L min 2

υ = 4,11 × 10 −7 m s ( 9,47 )( 0,02527 ) = 5,82 × 10 5 NR = 4,11 × 10 −7 Debido a que el número de Reynolds es mayor que 4000, el flujo es turbulento. 22-IV) Determine el radio hidráulico de la sección que se muestra en la figura, si la dimensión interna de cada lado del cuadrado es de 250 mm y el diámetro exterior del tubo es de 150 mm.

218



Solución. El área de flujo neta es la diferencia entre el área del cuadrado y el área del círculo: d2 (150) = 44829mm 2 2 = ( 250 ) − π 4 4 El perímetro mojado es la suma de los cuatro lados del cuadrado más la circunferencia del círculo: 2

A = S2 −π

PM = 4 S − πd = 4( 250 ) − π (150) = 1471mm Entonces el radio hidráulico, R es R=

A 44829mm 2 = = 30,5mm = 0,0305m PM 1471mm

23-IV) Calcule el número de Reynolds para el flujo de etilenglicol a 25ºC por la sección que se muestra en la figura anterior. La rapidez de flujo de volumen es de 0,16 m 3/s. Utilice las dimensiones dadas en el ejercicio anterior. Solución. Se puede utilizar el resultado para el radio hidráulico para la sección del ejerció anterior. Ahora el número de Reynolds se puede calcular con la ecuación: NR =

υ ( 4R ) ρ µ

−2 ρ = 1100 kg 3 µ = 1 , 62 × 10 Pa ⋅ s m .El área debe convertirse a m2 Podemos utilizar y

 1m 2 A = 44829mm  6 2  10 mm

(

2

)

  = 0,0448m 2 

219



La velocidad promedio del flujo es: 3

m Q 0,16 s υ= = = 3,57 m s A 0,0448m 2 Podemos calcular ahora el número de Reynolds: NR =

υ ( 4 R ) ρ ( 3,57 )( 4)( 0,0305)(1100 ) = µ 1,62 × 10 −2

N R = 2,96 × 10 4 24-IV) Determine el caudal que pasa por la tubería cuya distribución de velocidades que se muestra y que sigue la siguiente ley: v=V(y/r)1/7, donde V es 3m/s y R es 0,15 m.

Solución. En la figura se tiene que: r=R-y, de donde se puede hallar que: dr = −dy El caudal se puede hallar aplicando ecuaciones diferenciales, de manera que:  y dQ = vdA = v(2πr )dr = V   r

1/ 7

[ − 2π ( R − y ) ] dy 0

V  0 V  R 7 y 15 / 7    Q = 2π 1 / 7  ∫ y 1 / 7 ( R − y )dy = − 2π 1 / 7  7 y 8 / 7 −  8 15  0,15 R   R  0,15  Reemplazando valores se tendrá que:

Q = 0,172m3/s

220

15Cap4-DinamicaDeFluidosEjerciciosResueltos

Recommend Documents