Trabajo Fox

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA MECÁNICA DEPARTAMENTO ACADÉMICO DE INGENIERÍA MECÁNICA

MECÁNICA DE FLUIDOS II Título: EJERCICIOS RESUELTOS DE MECÁNICA DE FLUIDOS CAPÍTULO 11, (MERLE C. POTTER)

Docente de la asignatura

: Ing. GARCÍA ORTIZ, Alejandro

Integrantes: N°

Apellidos y Nombres 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12

PEREZ BARRIENTOS, RONEL PEREZ MALLQUI, LUIS POCCO TAYPE, YORDY QUIJADA CARO, RENATO RENZO QUILCA SALVADOR, SOCRATES QUISPE BARRIENTOS, EBERTH RODRIGUEZ PAUCAR, BRAYAN SANTOS CASO, KEVIN SEGUIL CAPCHA, SERGIO SILVA RUIZ, JUAN VILCATOMA SOTACURO, RUBEN ZARATE HUAYLINOS, GILMER

Huancayo, 9 de octubre del 2018

Prob.11.16.- Por el tubo horizontal representado en la figura circula agua (1 = 1000 Kg/m3) y está conectado a través de un tubo vertical a un recipiente que contiene mercurio (2 = 13,6·103 Kg/m3). La distancia entre el nivel del mercurio en el recipiente y el eje del tubo es h = 50 cm. El tubo horizontal es cilíndrico y consta de tres zonas de diámetros D1 = 5 cm, D2 = 1,5 cm y D3 = 3 cm. La velocidad en el punto (1) es v1 = 0,86 m/s y la altura del mercurio en el tubo vertical es h2 (a).

Calcular la velocidad v2 y la velocidad v3 con que el agua sale por el extremo del tubo.

(b).

Calcular la presión en el punto 2. ( Patm = 105 Pa ).

(c).

Calcular la altura h2.

Se ha de distinguir entre la situación dinámica (fluido en movimiento) que se da en el tubo horizontal y la situación estática (fluido en reposo) que se da en el tubo vertical y el recipiente de mercurio. Para resolver la parte dinámica se debe aplicar el teorema de Bernoulli y la ecuación de continuidad. Para resolver la parte estática se debe aplicar la ecuación de la estática de fluidos en el campo de la gravedad. Este problema pone de manifiesto, entre otras cosas, que la presión en la parte estrecha del tubo horizontal es inferior a la atmosférica y por ello, el mercurio del recipiente es “absorbido” hacia arriba hasta que la presión en la columna vertical pasa a ser igual a la presión atmosférica. (a).

Ecuación de continuidad (fluidos incompresibles como el agua):

v 1  s1  v 2  s 2  v 3  s 3 despejando v 2 y v 3 se tiene:

v2 

v s v 1  s1 y v3  1 1 s3 s2

de acuerdo con el enunciado sabemos que v 1  0,86 m s 2



D  s1    1    2,5  10  2 m  2 



2

 1,96  10 3 m 2

2



D  s 2    2    0,75  10  2 m  2  2



D  s 3    3    1,5  10  2 m  2 



2



2

 1,767  10  4 m 2

 7,0686  10  4 m 2

y, por lo tanto

v 2  9,55 m s v 3  2,388 m s (b).

Aplicando el teorema de Bernoulli entre los puntos 2 y 3,

P2 

1 1   H2O  v 22   H2O  g  z 2  P3    H2O  v 32   H2O  g  z3 2 2

donde P3  Patm  10 5 Pa , las velocidades se han calculado en el apartado anterior y las alturas z2 y z3 son iguales. Por lo tanto:









1 1   H2O  v 32  v 22  10 5   10 3  2,388 2  9,55 2  2 2  5725,002 Pa  Patm

P2  Patm 

(c). Si el punto (4) es el que se indica en la figura, entonces en una situación de equilibrio electrostático se tiene:

P4  Patm ;

y también:

P4  P2   Hg  g  h2   H2O  g  h  h2  





  H2O   Hg  g  h2   H2O  g  h Despejando h2 se obtiene:

h2 

P4  P2   H2O  g  h



Hg



  H2O  g

 0,29 m  29,9 cm

11.32 A través del sistema de tuberías mostrado en la figura fluye agua determine la distribución del flujo usando el método de Hardy Cross:



Condiciones dek Problema: Tubería en paralelo 𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 + 𝑄3 𝐻𝑝 ℎ1 = ℎ2 = ℎ3



Longitud equivalente 𝐷

(Le)= 𝑓 𝑖 ∑ ℎ 𝑖

𝐿𝑒 = (𝐿𝑒 )2 = (𝐿𝑒 )3

𝑅𝑖 = 

𝑔𝐿1 [𝐿1 +(𝐿𝑒 )1 ] 𝑔𝜋 2 𝐷 5

De la ecuación de la energía ∑𝑘 𝑝 𝑝 2 ( + 𝑍) − ( + 𝑍) = 𝑊 = (𝑅𝑖 2 ) . 𝑄1 𝛾 𝛾 2𝑔𝐴 𝑖 𝐴 𝐵

𝑊 = 𝑅𝑖 𝑅𝑖 2

𝑊 𝑄=√ 𝑅𝑖

Calcular 𝑅𝑖 :

8.0,012.2000 𝑚2 𝑅1 = = 107,465 5 𝑔𝜋 2 (0.45)5 𝑠 8.0,012.650 𝑚2 𝑅2 = = 14145,174 𝑔𝜋 2 (0.15)5 𝑠5

𝑅2 =

8.0,012.1650 𝑚2 = 941,565 𝑔𝜋 2 (0.30)5 𝑠5

Calculando de W:

𝑊=

𝑊=

𝑄2 √∑ 1 √𝑅𝑖 𝑄2

2 1 1 1 ( + + ) √107,46 √14145.174 √84.565

𝑊 = 51.5027𝑄 2 

Calculo del caudal:

51,5027𝑄 2 𝑄1 = √ = 0,692𝑄 107.466 51,5027𝑄 2 𝑄1 = √ = 0,0603𝑄 14145.174 51,5027𝑄 2 𝑄1 = √ = 0,247𝑄 841.570

En la función de caudal halla la velocidad en C tuberías.

𝜋𝐷 2 𝜋(0.45)2 𝐴1 = = = 0.1590 𝑚2 4 4

𝐴2 =

𝜋𝐷 2 𝜋(0.15)2 = = 0.0176 𝑚2 4 4

𝐴3 =

𝜋𝐷 2 𝜋(0.30)2 = = 0.070 𝑚2 4 4

En velocidades es: 𝑉1 =

𝑄1 0.692𝑄 𝑚 = = 4.35𝑄 𝐴1 0.1590 𝑠

𝑉2 =

𝑄2 0.247𝑄 𝑚 = = 3,426𝑄 𝐴2 0.070 𝑠

𝑉3 =

𝑄3 0.692𝑄 𝑚 = = 3,52𝑄 𝐴3 0.0176 𝑠

Problema. 11.36. En un sistema de tuberías que se muestra en la figura p11.36 suministra agua a dos aspersores laterales (C y E) y aun deposito situado más abajo(F). El agua es suministrada por un deposito

superior(A). Los aspersores están representados hidráulicamente como orificios con valores de K relativamente altos. Determina la distribución del flujo. SOLUCIÓN

Problema 11.44. El agua de un gran depósito, como se muestra en la figura, tiene su superficie libre 5 m arriba del tubo de salida. Según se muestra es bombeada y expulsada en forma de chorro libre mediante una boquilla. Para los datos proporcionados, ¿Cuál es la potencia en caballos de vapor requerida por la bomba? Dado que la trayectoria del agua es movimiento de tiro parabólico usamos las componentes de la velocidad x y y las cuales son expresadas de la siguiente manera:

𝑉𝑥 = 𝑉 𝑐𝑜𝑠 ß 𝑉𝑦 = 𝑉 𝑠𝑒𝑛 ß

V  Vx2  V y2 Planteamos una Bernoulli entre los puntos 3 y 2 P1 V2 P V2  Z1  1  2  Z 2  2  h12  2g  2g Sustituyendo los datos y empleando las formulas del tiro parabólico tenemos: P1=0; P2=0; Z1=0 V12x  V12y 6  V22x  2g 2g Nota: en el tiro parabólico la componente de la velocidad en X siempre es constante, por lo tanto; V1x = V2x, resultando:

V1Y2 6 2g Despejando obtenemos que V1y = (2 · g · 6)1/2 = 10.85 m/seg La velocidad en la boquilla es igual a: 𝑉1𝑦 = 𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 𝑠𝑒𝑛 ß ==> 𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 = 𝑉1𝑦 / 𝑆𝑒𝑛  = = 15.344 𝑚/𝑠𝑒𝑔

10.85 / 𝑆𝑒𝑛 45°

Planteamos una Bernoulli de la boquilla hasta un punto anterior a la bomba (codo). P V2 P1 V2  Z1  1  3  Z 3  3  h13  2g  2g Dónde : P1 = 0; Z3 =0;

h13  0

La velocidad en la tubería es:

𝑉3 = 𝑉𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎(𝐷𝐵𝑜𝑞𝑢𝑖𝑙𝑙𝑎 / 𝐷𝑇𝑢𝑏𝑜)² = (15.344) (0.10 / 0.20)² = 3.835 𝑚/𝑠𝑒𝑔

1.5 

15.3442 29.91



P3





3.8352 29.81

;

P3



 12.75 mts. de columna de agua

Por último, planteamos una Bernoulli entre el depósito y un punto posterior a la bomba (codo). P V2 P4 V2  Z 4  4  Ep 3  Z 3  3  h43  2g  2g

En donde: P4 = 0; V4 = 0; Z3 = 0 5  Ep  12.75 

3.8352 ; Ep = 8.5 mts. 29.81

Pot = (1000 Kg/m3) (0.12 m3) (8.5m) = 1020 Kg-m / seg. Pot = (1020/75) = 13.6 CV

Dónde: P1 = 0, V1  0, P2 = 0, Z2 = 0, h12  0

3.3 

V22 2g

Despejando V2 obtenemos:

V2  2· g ·3.3

𝑉2 = 8.05 𝑚/𝑠𝑒𝑔. 𝑄1 = (8.05 𝑚/𝑠𝑒𝑔. ) (0.29 𝑚2) = 2.33 𝑚3/𝑠𝑒𝑔. Planteamos otra ecuación de Bernoulli entre 1 y 3 para conocer el gasto en 3. El punto 3 está situado en el centro del canal y por debajo de una lámina que le ejerce presión. P V2 V12  3  Z 3  3  h13  2g  2g Dónde: P1 = 0, V1  0, Z3 = 0, h13  0 P1

 Z1 

3.3 

P3





V32 2g

Además: P3 = ( D3 / 2 ) ·  ( esto es debido a que el punto se encuentra a la mitad de la altura del canal). Despejando V3:

V3  2· g ·3.3 𝑉3 = 8.4 𝑚/𝑠𝑒𝑔. 𝑄3 = (8.4

𝑚 . ) (0.29 𝑚2) = 2.44 𝑚3 𝑠𝑒𝑔

𝑠𝑒𝑔.

Problema 11.28. En el sistema mostrado la bomba 3-4 debe de producir un caudal de 160 𝑙𝑡/𝑠𝑒𝑔. de aceite -cuyo peso específico es 762 Kg/m3- hacia el recipiente 2. Suponiendo que la pérdida de energía entre 1 y 3 es de 2.5 Kg. m / Kg. y entre 4 y 2 es de 6.5 Kg. m / Kg., determinar la potencia en CV que debe suministrar la bomba al flujo. Planteamos una Ecuación de Bernoulli entre los dos depósitos (puntos 1 y 2). P1 V2 P V2  Z1  1  Ep  2  Z 2  2  h12  2g  2g

Dónde: P1 = 0, Z1 = 15, V1 = 0, P2 = 0, Z2 = 60, V2 = 0, y h12 es la suma de las pérdidas de h13 + h34 = 2.5 + 6.5. Para este tipo de problemas de conexiones en serie es muy común la suma de pérdidas. Sustituyendo encontramos: 𝑬𝒑 = 𝟓𝟒 𝒎𝒕𝒔. 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒍𝒖𝒎𝒏𝒂 𝒅𝒆 𝒂𝒄𝒆𝒊𝒕𝒆. 𝑃𝑜𝑡 = 𝑄  𝐸𝑝 = (0.160 𝑚3/𝑠𝑒𝑔)(762 𝐾𝑔/𝑚3)(54 𝑚) = 6583.68 𝐾𝑔. 𝑚/𝑠𝑒𝑔. 𝑃𝑜𝑡 = 6583.68 / 75 = 87.78 𝐶𝑉 𝑃𝑜𝑡 = 87.78 𝐶𝑉

Problema 11.36. El tirante de un río, aguas arriba de una presa, es de 3.70 m, como se ve en la figura; el gasto es de 1.12 m3/seg. por cada metro de ancho de la presa. Determinar: a) El tirante y2 al pie de la presa suponiendo despreciables las perdidas; La fuerza horizontal resultante del empuje dinámico del agua, por cada metro de ancho, sobre la cara aguas arriba de la presa.

a) Planteamos una ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2 sobre la superficie del canal

V12 P2 V22  Z1    Z2   h12  2g  2g

P1

48

16.12

 Y2 

2g

16.05  Y 2 

6442 2 g ·6 2·Y22

180 Y 22

Y23  16.05Y22  180  0

Resolviendo la ecuación obtenemos las dos profundidades posibles del flujo 𝒀𝟐 = 𝟑. 𝟖𝟒 𝒇𝒕 𝒀𝟐 = 𝟏𝟓. 𝟐𝟖 𝒇𝒕 Dónde: P1 = 0, P2 = 0, h12  0 (Las presiones presentan valor cero ya que estamos trabajando con puntos sobre la superficie de un canal) Pero sabemos que:

3.7 

V22 Q2 y además Y2 = Z2  2g 2 g bY22

03022  Y 2g

2



1.122 2 2 g 1 Y2

Y23  3.7046Y22  0.064  0 Y2 = 0.134 m La fuerza hidráulica está dada por: F =  Y A Sen Sobre el muro se aplican dos fuerzas, una por cada cara. F = Fp1 + Fp2 + Fmuro

𝐹𝑝1 =  (3.70 / 2) (1 · 3.70) 𝑆𝑒𝑛90° = 6845 𝐾𝑔. 𝑆𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑿 𝐹𝑝2 =  (0.134 / 2) (1 · 0.134) 𝑆𝑒𝑛90° = 8.978 𝐾𝑔. 𝑆𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑿 𝐹 = 𝑄 (𝑉2 – 𝑉1) 𝑀𝑢𝑟𝑜 = − 𝐹𝑝1 − 𝐹𝑝2 + 𝑄 (𝑉2 – 𝑉1) 𝐹𝑚𝑢𝑟𝑜 = (−6845, 0, 0) + (8.978, 0, 0) + (1000 / 9.81) (1.12) [ (1.12 / 0.134, 0,0) – (1.12 / 3.7, 0,0)] 𝑭𝒎𝒖𝒓𝒐 = (− 𝟓𝟗𝟏𝟓. 𝟒 𝑲𝒈. , 𝟎, 𝟎)