Propiedades de los fluidos, mecánica de fluidos PDF

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Apunte acerca de las propiedades de los fluidos, materia Mecánica de Fluidos para Ingenieros Químicos...

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CAPITULO 1 PROPIEDAD DE LOS FLUIDOS EJERCICIO 1: Construya un viscosímetro con dos cilindros concéntricos de 30 cm de largo, uno de 20 cm de diámetro y el otro de 20.2 cm de diámetro. Se requiere un par de torsión de 0.13 N.m para hacer girar el cilindro interno a 400 rpm (revoluciones por minuto). Calcule la viscosidad. SOLUCION El par de torsión aplicado es contrarrestado por un par de torsión resistente provocado por los esfuerzos cortantes. Esto se expresa mediante la ecuación de la abertura pequeña.

El radio es R = 10 cm; la abertura h — (d2 ~ d1) /2 = 0.1 cm; la velocidad rotatoria, expresada como rad/s, es w — 400 X 2tt/60 = 41.89 rad/s. La ecuación da: 𝑻𝒉 μ= 𝟐𝝅𝑹³𝒘𝑳

μ=

𝟎.𝟏𝟑(𝟎.𝟎𝟎𝟏)

𝟐𝝅(𝟎.𝟏)³(𝟒𝟏.𝟖𝟗)(𝟎.𝟑)

= 0.001646 N.s/m²

Nota: Todas las longitudes están en metros de modo que se obtienen las unidades deseadas de μ. Las unidades pueden ser comprobadas mediante sustitución: 𝑵.𝒎.𝒎 𝑵.𝒔 (μ) = 𝟑 𝒓𝒂𝒅 = 𝒎² 𝒎 (

𝒔

)𝒎

μ = 0.001646

𝑵.𝒔

𝒎²

EJERCICIO 2: Se puede construir un viscosímetro mediante 2 cilindros concéntricos muy ajustados, haciendo girar el cilindro interior. las separaciones entre cilindros deben ser muy pequeña con el objetivo de lograr un perfil de velocidad lineal. Considérese un viscosímetro de esta naturaleza. Con el cilindro interior de 3cm de diámetro y 6cm de altura. Supóngase que el espacio entre cilindros es de 0.001cm está lleno de aceite. Determine el momento de torsión necesario para hacer girar el cilindro interior a 250rpm (u= 0.5 N.s/m²) SOLUCION -Calculo del torque lateral:

𝜏 = 𝐹 → 𝐹 = 𝜏𝐴 𝑉 = 𝑊 ×𝑅 𝑊𝑅 ∫ 𝑑𝑇𝐿 = (𝑅) (𝑈 ) (2𝜋𝑅𝑑𝐻) , 𝑇𝐿

∫0 𝑑𝑇𝐿 =

𝑇𝐿 =

2𝜋𝑅 3 𝑈𝑊

2𝜋𝑅 3 𝑈𝑊

𝑒

𝐻

∫0 𝑑𝐻

𝑒

2𝜋(0.015)3 (0.5)(26.1799)

× 𝐻 , 𝑇𝐿 = 𝑒 𝑇𝐿 = 1.6655 𝑁𝑚 -Cálculo del torque en las bases: 𝑑𝑇𝐵𝐼 = 𝑅𝑑𝐹

𝑇𝐵𝐼 =

,

2𝜋(0.5)(26.1799) 1×10−3

-Existen dos bases: TB= TB1 + TB2 -Torque total: Tt=TL+TB Tt= 0.27 + 0.033

𝑇=𝐹× 𝑅 𝑑𝑇𝐿 = 𝑅𝑑𝑓

𝑇𝐵𝐼 =

(0.015)4

1×10−5

2𝜋𝑈𝑊 𝑒

×

× 0.06

𝑅4 4

× , 𝑇𝐵 = 𝑇𝐵𝐼 = 𝑇𝐵2 = 2(0.1041𝑁𝑀) 4 𝑇𝐵𝐼 = 0.1041 𝑁𝑚

, TB= 2TB1

,

TB= 0.033m.N

Tt = 0.30N.m EJERCICIO 3: Un acoplamiento libre de choques para una transmisión mecánica de baja potencia, se va a integrar a partir de un par de cilindros concéntricos. El espacio anular entre los cilindros va a ser llenado con aceite. La transmisión debe transmitir una potencia, P=5W. otras dimensiones y propiedades son indicadas en la figura. Desprecie la fricción de cojinete y los efectos en los extremos. Suponga un claro practico mínimo para el dispositivo, igual a 0.5mm. determine la viscosidad que debe especificarse para satisfacer el requerimiento para este dispositivo. SOLUCION 𝑑μ Por teoría: 𝑇𝑟𝜃 = μ 𝑑𝑣 𝐹 = 𝑇𝐴 𝑇 = 𝐹𝑅 𝑃 = 𝑇𝜔 𝑑μ ∆𝑉 𝜔 𝑅−𝜔2 (𝑅+𝑑) 𝑇𝑟𝜃 = μ 𝑑𝑣 𝜇 ∆𝑟 = 𝜇 1 𝑑 (𝜔1 − 𝜔2 )𝑅 𝑇𝑟𝜃 = μ 𝑑 (𝜔1 − 𝜔2 )𝑅 𝑃 = 𝑇𝜔2 = 𝜔2 𝐹𝑅 = 𝜔2 𝑇𝐴2 𝑅 = 𝜔2 μ 𝑥2𝜋𝑅𝐿𝑥𝑅 𝑑 3 2𝜋𝜇𝜔2 (𝜔1 − 𝜔2 )𝑅 𝐿 𝑃= 𝑑 𝑃𝑑 𝜇= 2𝜋𝜇𝜔2 (𝜔1 − 𝜔2 )𝑅 3 𝐿 𝜇=

5𝑊𝑥510−4 𝑚 2𝜋

𝑚𝑖𝑛

𝑥 9000𝑟𝑒𝑣 𝑥

𝑚𝑖𝑛

𝑥 1000𝑟𝑒𝑣

1

(0.01𝑚)3

𝑥

1

𝑥 0.02𝑚

𝑁.𝑚

𝑟𝑒𝑣 2

𝑥(2𝜋)2 ( 𝑟𝑎𝑑) 𝑥 𝑠.𝑊

3600 𝑠 2 𝑚𝑖𝑛2

𝜇 = 0.202𝑁. 𝑠/𝑚2 EJERCICIO 4: Se inserta un tubo de vidrio limpio de 2 mm de diámetro en agua a 15°C. Determine la altura a la que sube el agua en el tubo. El agua forma un ángulo de contacto de 0" con el vidrio limpio.

SOLUCIÓN: Un diagrama de cuerpo libre del agua muestra que la fuerza de tensión superficial dirigida hacia arriba es igual V opuesta al peso. Si se escribe la fuente de tensión superficial como tensión superficial por distancia, se tiene:

𝜋𝐷2 ℎ 𝜎𝜋𝐷 = 𝑦 4 4𝜎 4(0.0741) ℎ= = 𝑦𝐷 9800(0.002)

ℎ =0.01512𝑚

Se Observa que el valor nominal utilizado para el peso específico del agua es y = pg = 9800 N/m3. Habría sido más preciso y = 999.1 X 9.81 = 9801 N/m1, pero 9800 es suficiente preciso en cálculos de ingeniería. EJERCICIO 5: La temperatura en un frío día invernal en las montañas de Wyoming es de 22°F a una elevación de 10000 pies. Calcule la densidad del aire suponiendo la misma presión que en la atmósfera norma; también determine la velocidad del sonido. SOLUCION En la tabla se encuentra que la presión atmosférica a una elevación de 10(KM) pies es de 10.1 psi. La temperatura absoluta es:

T = -22 + 460 = 438°R Según la ley de gas ideal, la densidad se calcula como: 𝜌 ρ = 𝑅𝑇 𝑙𝑏

ρ=

10.1 𝑝𝑙𝑔2 ∗144 𝑝𝑙𝑔2 /𝑓𝑡² 𝑙𝑏

1716 𝑓𝑡. 𝑠𝑙𝑢𝑔°𝑅∗438°𝑅

ρ = 0.00194 slug/ft³ La velocidad del sonido, utilizando la ecuación dada: C = √𝑘𝑅𝑇 C = √1.4 ∗ 1716 ∗ 438 C = 1026 ft/seg EJERCICIO 6: Un aparato amortiguador especial consta de una esfera, como se muestra en la figura. La esfera está encerrada en una cavidad esférica, siendo de 1 mm la distancia entre la superficie de la esfera y la pared y la pared interior de la cavidad. El espacio entre la esfera y la pared está cubierto de aceite (SAE 10W a 38°C). SOLUCION

Por teoría:

𝜇 = 3.6 ∗ 10−2 𝑁. 𝑠 ⁄𝑚2 𝑑𝑇 = 𝑟𝑑𝐹 𝑑𝑇 = 𝑟𝑡𝑑𝐴 𝑡 = 𝜇(𝑑𝑉 ⁄ 𝑑𝑦 ) = 𝜇(∆𝑉 ⁄∆𝑅 ) t= 𝜇(𝜔𝑅𝑠𝑒𝑛 𝜃 ⁄∆𝑅 ) 𝑡 = 3.6 ∗ 10−2 𝑁 ⁄𝑚2 𝑡 = 1.885𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑁⁄ 𝑚2

Derivando el área:

𝑑𝐴 = 2𝜋𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃𝑅𝑑𝜃 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑅 2 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑅𝑑𝜃 𝑑𝐴 = 2𝜋𝑅 2 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 𝑟 = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑑𝑇 = 𝑅𝑠𝑒𝑛𝜃(1.885𝑠𝑒𝑛𝜃)(2𝜋𝑅 2 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃) 𝑑𝑇 = 11.8𝑅 3 𝑠𝑒𝑛3 𝜃𝑑𝜃

Hallando la torsión: 𝑇

3

= 11.84𝑅 3 ∫ 𝑠𝑒𝑛 3 0

𝜃𝑑𝜃

𝑇 = 11.84(0.05)3 [−(1⁄3)𝑠𝑜𝑠𝜃(𝑠𝑒𝑛 2 𝜃 + 2)] 𝑇 = 11.84(0.05)3 [−(1⁄ 3)(−1)(2) − (−1⁄3)(1)(2)]

𝑇 = 1.97 ∗ 10−3𝑁. 𝑚

EJERCICIO 7: Un eje de 8cm de diámetro se desliza a v=12cm/s en un cojinete de 4cm de lado con una holgadura (separación) de 0.8 mm. cuando se le aplica una fuerza de 10m. determinar la viscosidad del fluido entre el eje y el cojinete. SOLUCION Hallando el área 𝐴 = 2𝜋𝑅𝐿 1𝑚 1𝑚 A= (2𝜋)(4𝑐𝑚)(20𝑐𝑚) ×100𝑐𝑚 × 100𝑐𝑚 𝐴 = 0.05026𝑚2 𝑑𝑣 Por teoría: 𝜏 = 𝑈 𝑑𝑦 𝐹

𝐴

=𝑈

𝑈= Reemplazando en 1

𝑌

𝑉

𝑈=

𝑉 𝑌

𝐹

× 𝐴 … … … … … . ( 1)

8 × 10−5 10𝑁 × 0.12𝑚² 0.0526𝑚2

𝑈 = 0.13

𝑁𝑠

𝑚2

EJERCICIO 8: Se colocan dos placas planas con un pequeño ángulo a en un recipiente con una pequeña cantidad de líquido. Las placas están verticales y el líquido asciende entre ellas. Encuentre una expresión para la ubicación h(x) de la superficie del líquido suponiendo que B= 0.

𝑂𝑙𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑝𝑔ℎ(∝)𝑥 𝑑𝑥 𝐶𝑜𝑠𝜃 = 𝑑𝑙

SOLUCION:

ℎ=

𝑜𝑑𝑙𝑑𝑥𝑑𝑙

𝑝𝑔(∞)𝑥𝑑𝑥

𝜎 ℎ = EJERCICIO 9: 𝜌𝑔(∝)𝑥 Se muestra un eje de alum n una chumacera. El claro simetrico entre el eje y la chumacera se llena con aceite SAE10W-30 a T=30°C. se provoca el giro del eje por medio de la masa unida y de la cuerda genere y resuelva una ecuacion diferencial para la velocidad angular del eje como una funcion del tiempo. Calcule el tiempo requerido para alcanzar 95% de esta velocidad. SOLUCION: 𝑑𝜔 𝑑𝑡 𝑑𝑉 = 𝑚 𝑑𝑡

∑𝑇=𝐼

; 𝑉 = 𝑅𝜔 𝑑𝑉 𝑑𝜔 ∑ 𝐹𝑌 = 𝑚𝑔 − 𝑡 = 𝑚 = 𝑚𝑅 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝜔 ∑ 𝑇 = 𝑡𝑅 − 𝑇𝑉𝐼𝑆𝐶 = 𝐼 𝑑𝑡 𝑉 2𝜋𝜇𝜔𝑅3 𝐿 𝑇𝑉𝐼𝑆𝐶 = 𝑇𝑅𝐴 = μ 𝑅2𝜋𝑅𝐿 = 𝑎 𝑎 2𝜋𝜇𝜔𝑅3 𝐿 1 𝑑𝜔 𝑡𝑅 = − ; 𝐼 = 𝑀𝑅 2 =𝐼 𝑑𝑡 𝑎 2 𝑑𝜔 2𝜋𝜇𝜔𝑅 3 𝐿 𝑑𝜔 𝑑𝜔 2𝜋𝜇𝜔𝑅3 𝐿 2 𝑚𝑔𝑅 − 𝑚𝑅 =𝐼 = (𝐼 + 𝑚𝑅 2 ) − ; 𝑚𝑔𝑅 − 𝑑𝑡 𝑎 𝑎 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑚 𝑁. 𝑠 2 𝐴 = 𝑚𝑔𝑅 = 0.010𝑘𝑔𝑥9.81 2 𝑥0.025𝑚𝑥 = 2.45𝑥10−3 𝑁. 𝑚 𝑠 𝑘𝑔. 𝑚 2𝜋𝜇𝜔𝑅3 𝐿 𝑘𝑔 1 𝑁. 𝑠 2 = 9.33𝑥10−4 𝑁. 𝑚 𝐵= = 2𝜋𝑥0.095 𝑥(0.025𝑚)3 𝑥0.050𝑚𝑥 𝑎 𝑚. 𝑠 0.0005𝑚 𝑘𝑔. 𝑚 𝐴 1 𝜔𝑚𝑎𝑥 = = 2.45𝑥10−3 𝑁. 𝑚𝑥 = 2.63𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝐵 9.33𝑥10−4 𝑁. 𝑚 2.63𝑟𝑎𝑑 𝜔𝑚𝑎𝑥 = = 25.1𝑟𝑝𝑚 60𝑠 𝑟𝑒𝑣 𝑠𝑥 2𝜋𝑟𝑎𝑑 𝑥 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 𝜔 = 0.95𝜔𝑚𝑎𝑥 1 1 𝐶 = 𝐼 + 𝑚𝑅2 = 𝑀𝑅 2 + 𝑀𝑅 2 = ( 𝑀 + 𝑚 ) 𝑅 2 2 2 𝑀 = 𝜋𝑅2 (1.5𝐿 + 𝐿)𝜌 = 2.5𝜋𝑅2 𝐿𝑆𝐺 𝑘𝑔 𝑀 = 2.5𝜋(0.025)2 𝑥0.050𝑚𝑥(2.64)1000 3 = 0.648𝑘𝑔 𝑚 ∑𝐹

1 𝐶 = ( 0.648𝑘𝑔 + 0.010𝑘𝑔) ( 0.025𝑚)2 = 2.0910−4 𝑘𝑔. 𝑚2 2 1 𝑁. 𝑠 2 𝑡95 = 3𝑥2.0910−4 𝑘𝑔. 𝑚2 𝑥 = 𝑥 9.33𝑥10−4 𝑁. 𝑚. 𝑠 𝑘𝑔. 𝑚 𝑡95 = 0.671𝑠

EJERCICIO 10: El viscosímetro de cono y placa mostrado es un instrumento que se usa con frecuencia para caracterizar fluidos no newtonianos. Está compuesto por una placa plana y un cono rotatorio con un ángulo obtuso (por lo regular 𝜃 Es menor que 0.5 grados). El ápice del cono toca apenas la superficie de la placa y el líquido que se va a probar llena el claro estrecho formado por el cono y la placa. Deduzca una expresión para la tasa de corte en el líquido que llena el claro, en términos de geometría del sistema. Evalúe el momento de torsión sobre el cono transmisor en términos del esfuerzo de corte y de la geometría del sistema.

SOLUCION: -Por teoría: 𝑑𝑢 ∆ 𝑢 = 𝛾= 𝑑𝑦 ∆ 𝑦 𝑣 = 𝜔𝑟 y ℎ = 𝑟 tan 𝜃 𝜔𝑟 𝜔 ∴ 𝛾= = 𝑟 tan 𝜃 tan 𝜃 -Si: tan 𝜃 ≈ 𝜃 𝜔 𝛾= 𝜃 𝑇 = ∫ 𝑟𝑑𝐹 -Donde: 𝑑𝐹 = 𝜏𝑦𝑥 𝑑𝐴 𝑅

𝑅

𝑇 = ∫ 0 𝑟𝑑𝐹 = ∫ 0𝑟𝜏𝑦𝑥 𝑑𝐴 = 2

𝑇 = 3 𝜋𝑅 3 𝜏𝑦𝑥 𝜋

𝑁.𝑠

T = 𝑥0.2 2 𝑥30 2 𝑚

𝑇 = 0.0206𝑁. 𝑚

𝑟𝑒𝑣 𝑠

𝑅

𝜏𝑦𝑥 ∫ 0 𝑟2𝜋𝑑𝑟

𝑥 tan3 30° 𝑥(0.025𝑚)4

1

0.25𝑥10..3𝑚

𝑥

1

cos 30°

𝑥2𝜋

𝑟𝑎𝑑 𝑟𝑒𝑣

EJERCICIO 11: La viscosidad de aceite SAE 10W30 para motor a 38°C es 0.067 N. s⁄m2 y a 99°C es 0.011N. s⁄m2 . Usando la ecuación (2.8) para interpolación, determine la viscosidad a 60°C. compare este valor con el obtenido por interpolación lineal. SOLUCION Viscosidad variada de un líquido: 𝜇 1 1 = 𝑒𝑥𝑝 [(𝑏) − ] 𝜇0 𝑇 𝑇0

𝑙𝑛(𝜇 ⁄𝜇0 ) 𝑏= 1 1 ( − ) 𝑇 𝑇0

Sustituyendo en: 𝑦 𝑇 = 372 𝑦 𝜇⁄𝜇0 = 0.011⁄0.067 = 0.164 𝑏 = 3430(𝑘) La viscosidad a 60°C es: 𝜇 1 1 )] = 𝑒𝑥𝑝 [3430 ( − 𝜇0 333 311 𝜇 = 0.4833 𝜇

𝑇0 = 311

0

𝜇 = 0.4833 ∗ 0.067

𝜇 = 0.032 𝑁. 𝑠 ⁄𝑚2

EJERCICIO 12: La velocidad para un flujo estacionario incompresible en el plano xy está dada por V=Ia/X +jAy/x2, donde a A=2m²/s y las coordenadas se miden en metros. Obtenga una ecuación para la línea de corriente que pasa por el punto (x, y) = (1,3). Calcule el tiempo requerido. SOLUCION: a. Las dimensiones están determinadas por el número de coordenadas espaciales necesarias para especificar el campo de velocidad ∇= 𝑉(𝑋, 𝑌) entonces el Campo es a=d ( y la constante  (a)) b. c. A=(x,y,z)=(2,l2,0) 2 𝑢 = 𝑎𝑥 2 = 𝑀∗𝑆 (2)2 𝑀2 = 8𝑀𝑙𝑠 4

𝑣 = 𝑏𝑥𝑦 = − 𝑀.𝑆 ∗ 2𝑀 ∗

1 𝑀 2

= 4𝑀𝑙𝑠 , 𝑤 = 0  ( b)

d. Ya que 𝑣 ≠ 𝑣(𝑧) y 𝑤 = 0, el flujo es algunos es cualquiera. Las líneas de corriente son paralelas a v, 𝑑𝑦 𝑑𝑥

Integramos:

=

𝑣

𝑢

=

𝑏𝑥𝑦 𝑎2

=

𝑏

𝑏

𝑎

𝐿𝑛𝑦 = 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐1 = 𝑎

𝑦

∗𝑥 y 𝑏

𝑑𝑦 𝑦

𝑏

=𝑎∗

𝑑𝑥 𝑥

𝑙𝑛𝑥 + 𝑙𝑛𝑐 o 𝑎

𝑏

𝑦 = 𝑐𝑥 𝑎 = 𝑐𝑥 −2

1

En el punto (2,l2,0), 𝑐 = 𝑥 2 𝑦 = (2)2 𝑀2 ∗ 𝑀 = 2𝑀3 2 𝑌 = 𝐶𝑥 −2 cuando 𝑐 = 2𝑀3

 ( C)

e. Las líneas, 𝑦 = 𝑐𝑥 −2 , 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑎𝑏𝑎𝑗𝑜. PROBLEMA 13: 1 Para el campo de velocidad 󰇍𝑉 = 𝐴𝑥𝑦𝑖 + 𝐵𝑦 2 𝑗, donde 𝐴 = 1𝑚2 𝑠 2 , 𝐵 = − 𝑚−1𝑠 −1 y las 2 coordenadas se miden en metros, dibuje líneas de corrientes para “y” positiva. SOLUCIÓN Para las líneas que son tangentes a la velocidad como vector es,

𝑑𝑦

𝐵𝑦 2

𝑣

= = 𝐴𝑥𝑦 = 𝑑𝑥 𝑢 Separando variables 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = −2 𝑦 o 𝑥

𝐵𝑦

𝐴𝑥

=

𝑑𝑥 𝑥

Integrando:

−0.5 𝑀.𝑠

+

𝑥

2.𝑑𝑦

ln 𝑥 + 2ln 𝑦 = 𝑐1 = ln 𝑐 Tomando el antilogaritmo, 𝑥𝑦 2 = 𝑐

𝑦

𝑀.𝑠 10

𝑦

𝑥𝑥=

−𝑦 2𝑥

=0 ln 𝑥 + ln 𝑦 2 = ln 𝑐

o

PROBLEMA 14: La velocidad para un flujo estacionario incomprensible en el plano xy está dada por 󰇍𝑉 = 𝑖 𝐴 ⁄𝑥 + 𝑗 𝐴𝑦 ⁄𝑥 2 , donde 𝐴 = 2 𝑚2 ⁄𝑠 y las coordenadas se miden en metros. Obtenga una ecuación para la línea correctamente que pasa por el punto (x,y)=(1,3). Calcule el tiempo requerido para que una partícula de un fluido se mueva de x=1 máx.=3m en este campo de flujo. SOLUCIÓN La velocidad es Sustituyendo, Integrando, Por punto,

𝐴𝑦 𝐴 𝑉󰇍 = 𝑢𝑖 + 𝑣𝑗 𝑠𝑖 𝑢 = , 𝑣 = 2 𝑥 𝑥

𝑢 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑥

𝐴𝑦 𝑑𝑦 = 𝑥2 𝑑𝑥

𝑢𝑝 =

𝑥

.𝐴 =

𝑑𝑦 𝑦

𝑦 𝑥

𝑑𝑥 𝑥

y

Ln 𝑥 = ln 𝑦 + 𝐶 = ln 𝑦 + ln 𝑐 𝑥

(𝑥, 𝑦) = (1,3),

𝑥=

Por una partícula, Integrando,

,

𝑦 3 𝑑𝑥

𝑢𝑝 =

𝑑𝑡

𝑥

=

∫𝑥0 𝑥𝑑𝑥 = 1

𝑐= = 𝑦

=

𝑑𝑦 𝑦

o

𝑥 = 𝑐𝑦

1 3

………………..(a)

𝐴 𝑥

𝑜

𝑥 2 −𝑥0 2 2 2

= 𝐴𝑡

𝑠

𝑡 = 2 [(3)2 𝑚 − 12 𝑚2 ]𝑥 2𝑚2

𝑥𝑑𝑥 = 𝐴𝑑𝑡 𝑡=

𝑥 2 −𝑥02 2𝐴

𝑡 = 2𝑠

PROBLEMA 15: La distribución de velocidad para flujo laminar entre placas paralelas está dada por 2𝑦 𝑈 = 1 − ( )2 𝑈𝑚𝑎𝑥 ℎ

donde h es la distancia que separa las placas y el origen se ubica en el punto medio entre las mismas. Considere un flujo de agua a 15 C, con u m - a = 0.30 m/s y h = 0.50 mm. Calcule el esfuerzo de corte en la placa superior y proporcione su dirección. 𝑈

= [1 − (

2𝑦

)2 ] 𝑈𝑚𝑎𝑥 ℎ 𝑈𝑚𝑎𝑥 = 0.30𝑚/𝑠 Encontrar: esfuerzo cortante en la placa superior ( tensión de corte a través del canal.

SOLUCION:

𝑑𝑢

Ecuación básica:

En la placa superior, 𝑦 = +

ℎ 2

𝜏𝑦𝑥 = 𝑢 𝑑𝑦 2𝑦 2 𝑑𝑢 𝑑 {𝑈𝑚𝑎𝑥 [1 − ( = ) ]} 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ℎ −4 8𝑈 𝑦 𝑑𝑢 = 𝑈𝑚𝑎𝑥 ( 2 ) 2𝑦 = − 𝑚𝑎𝑥2 𝑑𝑦 ℎ ℎ

asi que 𝑑𝑢 4𝜇𝑈𝑚𝑎𝑥 8𝜇𝑈𝑚𝑎𝑥 ℎ ℎ ( )=− ) ℎ =− 𝜏𝑦𝑥 (𝑎𝑦 = ) = 𝜇( ℎ2 2 2 𝑑𝑦 𝑦=2 ℎ de la tabla A.8, para agua a 15ºc, 𝜇=1.14*10-3 N.S/m2 10−3 𝑁𝑆 0.30𝑚 4𝜇𝑈𝑚𝑎𝑥 1 = −4 ∗ 1.14 ∗ 𝜏𝑦𝑥 = ∗ ∗ 5 ∗ 10−4 𝑚 𝑚2 𝑠 ℎ 𝜏𝑦𝑥 = 2.74𝑁/𝑚2

la

CAPITULO 2 ESTATICA DE LOS FLUIDOS PROBLEMA 1: La presión atmosférica se da como 680 mm de Hg en un lugar montañoso. Conviértala en kilo pascal y metros de agua. También, calcule la disminución de la presión producida por un incremento de elevación de 500 m. a partir de una elevación de 2000 m, suponiendo densidad constante. SOLUCION: Usando la ecuación y determine, con SHg = 13.6 P = ɣHgh P = (9810 ∗ 13.6) ∗ 0.680 P = 90700 Pa o 90,7 kPa Para convertir en metros de agua, se tiene: 𝑃

H = ɣH20

H=

90700

9810 = 9.25m de agua

Para calcular la disminución de presión: ΔP = -ɣΔz = -PgΔz ΔP = -1.007*9.81*500 PROBLEMA 2 ΔP = -4940 Pa Suponga una y dé un valor aproximado de la presión a 10000 m. Calcule el porcentaje de error comparando con los valores obtenidos con la ecuación. Use temperatura a 5000m. SOLUCIÓN Integre la ecuación suponiendo que T es constante, como sigue: 𝑔 𝑃 𝑑𝑝 𝑧 ∫10⁵ = - 𝑅𝑇 ∫0 𝑑𝑧 𝑝

𝑝

𝑔𝑧

𝑔𝑧

Ln 101 = o p= 101𝑒 −𝑅𝑇 𝑅𝑇 Sustituyendo z= 10000m y T= 256K, se obtiene: 9.81∗10000 p= 101𝑒 −(2. 87∗256) p= 26.57 kPa Utilizando la ecuación se obtiene:

𝑇0− ⍺𝑧 𝑔/⍺𝑅 ) 𝑇0 288−(0.0065∗10000 9.81/(0.0065∗287) ) ( 288

P= Patm (

P= 101 P= 26.3kPa La presión existente a 10 000m según la tabla es de 26.50 kPa. Por lo tanto, los porcentajes de error son: % error = (

% error = (

26.57−26.3 )*100 26.3 26.57−26.5 26.5

= 1.03%

)*100 = 0.26%

PROBLEMA 3: Un área plana de 80x80cm actúa como la ventana de un sumergible en los grandes lagos. Si forma un Angulo de 45° con la horizontal, ¿Qué fuerza aplicada normal a la ventana en el borde inferior se requiere para comenzar a abrirla, si esta engoznada en el borde superior cuando este se encuentra a 10m por debajo de la superficie? Se supone que la presión en el interior del sumergible es la atmosférica.

SOLUCION:

F = ɣ.h.A F = 9810 (10 + 0.4*sen45) * (0.8*0.8) = 64560 N La distancia y es:

h

Y= sen45 =

De modo que:

10+0.4∗sen45° sen45°

Yp= y + Yp= 14.542 + (

= 14.542m

I

Ay 0.8∗0.83 /12

0.8∗0.8)∗14.542

= 14.546m

Con los momentos en torno al gozne se obtiene la fuerza requerida P para abrir la ventana: 0.8P = (Yp – Y + 0.4) F 14.546−14.542+0.4 P= 64560 0.8 P= 32610 N PROBLEMA 4: Calcule la fuerza P necesaria para detener la compuerta de 4m de ancho en la posición mostrada en la figura. Omita el peso de la compuerta. SOLUCION:

Las componentes de la fuerza están dadas por: F1 = ɣ*h1*A1 F1 = 9810*1*8 = 78480 N F2 = ɣ*h2*A2 F2 = 9810*2*8 = 156960 N Fw = ɣ*Vh2o π∗2²

Fw = 9810*4*(4 ) = 33700 N 4 Los momentos de área dan: dw(A1 – A2) = x1A1 – x2A2 x1A1 – x2A2 dw= A1−A2

1∗4−(4∗

2

)∗π

3π = 1.553m dw = 4−π La distancia d2=1m 1 d₁ = 3(2) = 0.667m Se suman los momentos en torno al gozne libre de fricción se obtiene: 2.5P = d1*F1 + d2*F2 – dw*Fw 0.667∗78.5+1∗157.0−1.553∗33.7 P= = 62.8 KN 2.5 2.5P = 2Fh 78.48 P = 2* 2.5

P = 62.8KN PROBLEMA 5: Calcule la fuerza. P necesaria para mantener la compuerta en la posición mostrada si P actúa a 3m del eje y. La compuerta parabólica es de 150 cm de ancho. SOLUCION:

Un diagrama de cuerpo libre de la compuerta y el agua directamente sobre ella. Se ve que las fuerzas son: F = ɣ*h*A F = 9810*1*(2*1.5) = 29430 N Fw = ɣ*V 2

2 𝑦²

2³

𝐹𝑤 = ∫0 1.5𝑥 𝑑𝑦 = 14715 ∫0 2 dy = 14715 6 Fw = 19620 N 1 La distancia d1 es (2) = 0.667m puesto que el borde superior coincide con la superficie libre. La 3 distancia dw a través del centroide se calcula utilizando una franja horizontal: 𝑑𝑤 =

2

𝑥

∫0 𝑥( ) 𝑑𝑦 2 2 ∫0 𝑥𝑑𝑦

=

1 2 ∫ 8 0 1 2 ∫ 2 0

𝑦⁴𝑑𝑦

𝑦²𝑑𝑦

1 25 /5

= * 4

23 /3

= 0.6m

Se suman los momentos en torno al gozne y se calcula P como sigue: 3P = d1*F1 + dw*Fw P = 0.667 * 29430 + 0.6* 19620 P = 10470 N PROBLEMA 6:

El cilindro mostrado en la figura se pone a girar en torno a su eje. Calcule la velocidad rotatoria necesaria para que el agua apenas toque el origen O y Las presiones en A y B.

SOLUCIÓN Puesto que el agua no se derrama del recipiente, el volumen del aire permanece constante, esto es: π * 10² * 2 = ½ π R² * 12 donde se utilizó el hecho de que el volumen de un paraboloide de revolución es la mitad del de un cilindro circular con la misma altura y mismo radio. Lo anterior da el siguiente valor: R = 5.77 cm Si se utiliza la ecuación con r 2 = R, se obtiene: w² * 0.0577² / 2 = 9.81*0.12 w = 26.2 rad/s Para calcular la presión en el punto A, simplemente calcule la diferencia de presión entre A y O. Utilizando la ecuación r2 = r A = 0.1m, r1 = r 0 = 0, y p 0 =0, se llega a: 𝑝𝑤² Pa = = (r²a - r²0) = 1000 * 26.6²/2 2 Pa = 3540 Pa La presión en B se calcula aplicando la ecuación a los puntos A y B. Esta ecuación se simplifica como sigue: Pb – Pa = -ρg(zb – za) Por consiguiente: Pb = 3540 - 1000 * 9.81 * 0.12 Pb = 2360 Pa PROBLEMA 7: La presión en la tubería que transporta agua de la figura es de 8.2 kPa con H =25 cm y S2 = 1,59. Calcule la presión en la tubería si la lectura H se incrementa en 27.3 cm SOLUCION: Por teoría: 8200 + (9810 * 0.25) = 1.59 * 9810 * H H = 0.683 m Hnew = 0.683 + 0.273 = 0.956 m. 0.273 ∂H = 2 = 0.1365 Entonces: P + 9810 (0.25 + 0.1365) = 1.59 *9810 * 0.956

PROBLEMA 8: Remitiéndose a la figura, determine la lectura H del manómetro en las siguientes condiciones: a) zi( 22 * 16 * 10z4 * 17) cm * P1 = 4 kPa yi = (9800 * 15600 *33400) ...