mecánica de fluidos I

MECANICA DE FLUIDOS I

“AÑO

FACULTAD

DEL BUEN SERVICIO AL CIUDADANO”

: INGENIERÍA CIVIL.

CURSO

: MECANICA DE FLUIDOS I

TEMA

: DESARROLLO DESARROLLO DE EJERCICIOS

TARAPOTO_PERU 2017

Miler Pérez Tapia

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PROBLEMA Nº 01.Un cuerpo cónico gira a una velocidad constante a 10 radianes por segundo. Una película de aceite de viscosidad

m

0.00022kg*seg/

separa el como del

recipiente que lo contiene. El espesor de la película es de 0.25mm. ¿Qué momento se necesita para mantener e movimiento? El cono tiene una base de 5dm de radio y una altura de 10dm. El momento en el cero a ser debido a la tensión de control a la sección de la base. Formulas a utilizar:

τ = AF

F=τ∗A

Df=τ∗dA τ = μ ∗ v

τ = μ ∗ w∗ r

dA=2π∗R∗dl R=Lsen∅ dA=2π∗Lsen∅∗dl 

Fuerza que se opone a la viscosidad del aceite

dF=μ∗ VY ∗dA=μ∗ VY ∗ 2πsen∅∗dL Entonces el momento resultante

dm=RdF= Lsen∅ ∗ μ ∗ V ∗ 2πsen∅∗dL Miler Pérez Tapia

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dm=2π μ Y∗ V ∗ Lsen∅∗dL μ=0.00022kg∗seg/m V=WR=10Lsen∅ sen∅= 5 510 =0.4472 remplazando:

seg   2π∗0.000222∗ ∗ 10L∗0.4472 10L∗0.4472 ∗0. 4 472dL  m dm = 0.00025 dm=4.94L  L=1.118 Encontramos “ML”

 1. 1 18 ML=4.95∗ 4 =1.93kg∗m dMB=r∗dF=r∗ μ Y∗ V ∗ 2π∗rdL dMB=2π∗ ∗ ∗ r   μ ∗ w r MB=2π∗ Y ∗ 4  dr  10∗0.5 MB=2π∗0.00022∗ 0.00022∗4 MT=MLMB=1.930.86

b) Momento a la tensión de cortadura en la base= MB

dr

MB = 0 86kg. m =..

PROBLEMA N.º 02.Un cuerpo de 20kg, esta inicialmente en reposo, sobre un plano de 45º. El área de contacto del cuerpo es de 0.02

m

y se halla sobre una película de aceite de

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0.5mm de espesor y 0.08kg*seg/

m

de viscosidad. ¿Cuál es la resistencia del

aceite cuando ha transcurrido 2seg de iniciado el m ovimiento?

Ecuación de la viscosidad de newton.

F=μ∗A∗ ∪Y ∪  F=0.008 kg∗seg ∗0. 0 2m ∗ m 0.0005 F=3.2∪ d mv = FN μ∗dv =Wsen45ºFr dt dt 9.2081 dvdt =2045º3.2 dv  1.97 94 = 0 sepa separaracicionon de vari variable abless dt 97  6.94= dv .57=0 4.41 . .=

Según la ley de newton en dirección del movimiento.

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PROBLEMA Nº 03.Un cilindro rota a una velocidad angular de 15radianes/seg. Una película de aceite separa el cilindro del recipiente que lo contiene. La viscosidad del aceite

10−

es = 9850*

10−

kg/m*seg y el espesor (e) de la película 2*

cm.

¿Qué torque en kg-f*m se necesita para mantener en movimiento el cilindro a la velocidad indicada? (asumir velocidad lineal y viscosidad newtoniana).

W=15radianes/seg

=9850∗10− 10−=2∗10−m h=10=10∗10−m d=8=4=4∗10−m kg/m*seg

E= L*

a) Calculamos el torque lateral(TL)

dTL=r∗dF=r dTL=r∗dF=r∗ ∗

τ =  =   dTL=r∗μ∗ Ve ∗ 2π ∗ dh  h  V   dTL = 2πr μ e 0 dh

15rad TL=2π∗ 4∗10−m ∗9850∗10− ∗ 2∗10seg−m ∗10∗ 10−m

TL=29.71N.m

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b) Calculo del del torque en la base(TB)

 = ∗ =∗= ∗ =    ∗2∗ =∗  ∗2∗      = 22     

∗∗∗ = ∗∗∗  

4 2  4∗10   kg TB=∗  ∗ 15rad ∗ 9850∗ seg m∗seg ∗ 2∗2∗105 TB=2.97N.m TB=TB1TB2=2∗2.97=5.94N.m

10−

Calculamos el torque total

T=TL∗TB=3565N.m T=3565N.m∗ 1∗ 9.81 =3.639. =.. N=kg*f

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PROBLEMA N.º 01.Hallar el módulo y la línea de acción de la fuerza a cada lado de la compuerta.

a) Determinar F para abrir la compuerta

se

esta

es

homogénea y pesa 6000lbs. La compuerta tiene forma triangular de base 2.00m.

SOLUCION

 =  2  3 =3.60 A = 12 ∗2∗3.60=3.60m =∗∗ F1=1000∗0.8 23 ∗ 2 ∗3.60 F1=7680kg Yo = 3.60 Yo=5.04m 2.80 2 . Y`=5.04  =3.24m X1=5.043.60=1.44  2∗3.60 36 3.24=3.96 Yp1= 3.24∗36

Yp1=3.96m

=∗∗ F2=1000∗1.8 23 ∗2∗3.60 Miler Pérez Tapia

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F2=11,520kg

Yo = 3.60 Yo=6.84m 3.80 2 Y`2=6.84 . =5.04m X2=6.843.60=3.29m  2∗3.60 36 5.04=5.18 Yp1= 5.04∗36 Yp1=5.18m ,

Calculamos la fuerza total.

∁=

7680∗2.022724∗1.53F 11520∗1.89=0 =.

Miler Pérez Tapia

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PROBLEMA N.º 02.Calculamos la fuerza de compresión a que está sometida la barra AD, por la acción

del

agua

sobre

compuerta

triangular

equilátera

ABC.



Calculo de Y`

Y`=0.81 23 ∗2.08=2.20m 2.420 X  2.08 Ycp= 36 2.20 2.20∗2.50

la

 60 = . M=2.08m  60 = H = 2.0860 L=2.40m h`=0.7  23 ∗1.8=1.40m A = 12 ∗2.08∗2.40 A = 2.50  =∗`∗ F = 1000 ∗ 1.90 ∗ 2.50 =   o. 7 =0.81m  30 = o.7   Calculo de Ycp Ycp=2.08m ∁=

0.81∗4750/2.08=0 =. Miler Pérez Tapia

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PROBLEMA N.º 03.La compuerta circular de la figura, de 2.10m de diámetro, pesa 30000lbs, su plano forma un ángulo de 45º. Con la horizontal. La

compuerta

puede

pivotear

alrededor del punto Ay se mantiene cerrada

por

su

propio

peso.

¿determinar la altura h e agua capaz de abrir la compuerta?

P=13605.44kg  45 = hr r = √ 2ℎ2ℎ h`=h1.05 45=ℎ0.74  π∗2.10 A = 4 = 3.4646  =∗`∗ F=1000∗ ℎ0.74 ∗ 3.46 F=3460∗ h0.74 Calculo de Ycp 1.046 =    1.05 ∗ 1.05   X  1.05  1. 0 5 =  X  1.05  4 X  1.05  



Calculo de Y`

Y` =  X  1.05 Igualando ecuación

1.055  45 4513605. 13605.444 = FYcpX YcpX  .          1.05  45 13605.44 =3460∗ h0.74 X  1.05   +.  =. h

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PROBLEMA N.º 01.a) Hallar el módulo y la línea de acción de la fuerza a cada lado de la compuerta. b) Determinar F para abrir la compuerta si esta es homogénea y pesa 5500lbs. La compuerta tiene forma triangular de base 2.50m.

SOLUCION:

h h=3.66m =  3 2.1

h=1.100.90 2∗2.10 3 h=3.40m A = 12 ∗2.50∗3.66  = 4.58  F1=γhA F1=900∗3.40∗4.58 =. 2.10 = 2 =3.49m 3.66 X

y`=3.49 23 ∗3.66=3.93 y`=3.93m Miler Pérez Tapia

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 2.5∗3.66 yc = 36∗4.58∗5.93 5.93 yc=6.06m 

LADO IZQUIERDO

Entonces:

h`=0.90 2∗2.30 3 =2.30m A = 12 ∗2.90∗3.6=4.58m F2=γh`A F2=1000∗2.30∗4.58 = 2.10 = 0.90 3.66 X

X=1.57m y`=1.57 2.66∗3 3 y`=4.01m  2.5∗3.66 yc = 36∗4.05∗4.58 4.58 yc=4.20m W = 2.5500 205 =2494.33kg Convirtiendo:

∁=

1.5 ∗ 2494.33  3F  2.63 ∗ 10534  2.57 ∗ 14014.8 = 0 =.

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MECANICA DE FLUIDOS I PR OB LE MA N.º 02.02.-

La presa que se muestra en la figura está destinada al represamiento de agua con alto contenido de sedimentación y cuyo peso específico puede considerarse

1035kg/m

, para las condiciones mostradas se pide:

a) el valor de la intensidad de la resultante total de la fuerza total de la fuerza

que

ejerce

el

agua sobre la presa.

b) La distancia vertical al punto A del punto de aplicación

de

la

resultante.

L=2.50m A1=2.50∗3.8=9.50m  π∗2.50 A2 = 4 =4.91m = A=9.504.91=14.41m 

=∗

FV=1035∗14.41 FV=1914.35m

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X` = 9.50∗1.254.91∗1.6 14.41 X`=1.19m hc=3.80 2.256 hc=5.05m

=∗∗

Fh=1035∗2.50∗1∗5.05 Fh=133066.88kg b.- Encontramos la distancia vertical al puno A del punto de aplicación de la resultante.

 2. 5 0 hp=5.05 12∗5.05 hp=5.15m DAP=5.151.20 =.

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MECANICA DE FLUIDOS I PR OB LE MA N.º 03.03.-

La compuerta ABC de la figura es de forma parabólica (A es el vértice de la parábola) y puede girar alrededor de A. si su centro de gravedad es en B.

¿Qué peso W debe tener la compuerta para que este en equilibrio en la forma que se muestra?

= Punto (0=0.8, 1.25) W= 1m

0.80 =   1.1.25  = 0.51  =0.51  .    =  0.51   = 0.351  1.25 =0.33  = 0.33

=∗

FV = 900 X 0.33 = 297KG 7KG XcgA= ∫. x() →XcgA= . ∫. y dy 0.521 X .  XcgA= 0.33 =. dy

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 = 12  900 1.1.25  1 =.  13  1.2 1.255 = 0.42 42  =.

∁=

0.60       = 0 7  0.42  703.13 13  = 0.2424  2.2.97 0.60 =610.99  = .  

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mecánica de fluidos I

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