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Solucionario - Mecanica Fluidos - Streeter 9 Ed. - Free Download PDF
September 11, 2017 | Author: Fabricio Freitas | Category: Viscosity, Transparent Materials, Mechanical Engineering, Phases Of Matter, Fluid Dynamics
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Capítulo 1: Propiedades de los fluidos Ejercicio propuesto en clase 1 Calcular las fuerzas normal y tangencial, si el fluido entre las placas es agua.
ν = 1 x10–6 m2/s t = 1 x 10–3 m L = 0,20 m u = 10 cm/s = 0,1 m/s σ = 72,8 x 10–3 N/m t = 20 ºC Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0
FN – σ.2.perímetro = 0
L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 72,8 x 10–3 N/m entonces
FN = 72,8 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 58,2 x 10–3 N FN = 58,2 x 10–3 N
Fuerza tangencial (FT) τ = μ du dy además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρ(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3
ν = μ/ρ = 1 x 10–6 m2/s
entonces μ = νρ = 1 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente
FT = 400 x 10–4 m2. 1 x 10–3 Ns. 0,1m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 4,0 x 10 N
Resolución Fuerza normal (FN) ΣFy = 0
L = 0,20 m perímetro = 4.L = 0,80 m σ = 38,0 x 10–3 N/m entonces
FN = 38,0 x 10–3 N/m.2.0,80 m = 60,8 x 10–3 N FN = 60,8 x 10–3 N
AÑO 2007 τ = μ du dy
además τ = FT/A = FT/L2 entonces FT = μ L2du dy ρH2O(20 ºC) = 1 x 103 kg/m3 S = 0,90 ν = μ/ρAceite = 3,8 x 10–6 m2/s ν = μ/ρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s entonces μ = νρH2OS = 3,8 x 10–6 m2/s.1 x 103 kg/m3.0,90 = 3,42 x 10–3 Ns/m2 u = 10 cm/s = 0,1 m/s finalmente FT = 400 x 10–4 m2. 3,42 x 10–3 Ns. 0,1 m/s = m2 1 x 10–3 m –3 FT = 14,0 x 10 N Ejercicio propuesto en clase 3 Calcular la resistencia ofrecida por el aceite entre el eje y la camisa, si el eje se desplaza con una velocidad 0,5 m/s.
además τ = F/A entonces F = μ Adu dy A = π∅proL
∅pro = ∅cam + ∅eje = 0,0802 m + 0,0800 m = 0,0801 m 2 2
t despejando μ = τt = 2,0 N/m2 . 5,0 x 10–4 m U 0,25 m/s finalmente μ = 4,0 x 10–3 Ns m2 Ejercicio 1-20 Un fluido tiene una viscosidad de 6 cP y una densidad de 50 lbm/ft3. Determínese su viscosidad cinemática en unidades USC y en stokes. Resolución Para el sistema c.g.s. tenemos ρ = 50,0 lbm.0,4536 kg 1000 gr 1 ft3 1 m3 . 3 3 ft 1 lbm 1kg 0,02832 m 1 x 106cm3 ρ = 0,80 gr cm3 –2 μ = 6 cP 1 x10 P = 6 x10–2 P 1 cP Entonces ν = 6 x10–2 P 0,80 gr cm3 ν = 0,0749 stokes Para el sistema USC tenemos ρ = 50,0 lbm 1 slug . ft3 32,174 lbm ρ = 1,55 slug
ft3 μ = 6 x10 gr 1 kg 100 cm 0,3048 m 1 slug cms 1000 gr 1 m 1 ft 14,594 kg μ = 1,25 x10–4 slug fts –2
F P 30°
P = 120 lb A = 2 ft2 θ = 30 º μ=1P v = 3 ft/s Resolución τ=F=μU A t despejando t = AμU F Donde F = Psen 30º F = 120 lb sen 30º = 60 lb además μ = 1 P 1 slug/fts = 2,09 x 10–3 slug 479 P fts reemplazando
t = 2 ft2.2,09 x 10–3 slug/fts.3,0 ft/s = 60 lb t = 2,088 x 10–4 ft t = 2,088 x 10–4 ft.0,3048 m. 100 cm 1 in 1 ft 1 m 2,54 cm t = 2,505 x 10–3 in
∅Anillo = 20 mm = 0,02 m t = 20 ºC Resolución σ(20º C) = 0,074 N/m
F = π2.∅Anilloσ F = π2.0,02m0,074 N/m F = 9,3 x 10–3 N
Ejercicio 1-52 (Resuelto en clase) Encuéntrese el ángulo a que la película causada por la tensión superficial deja el vidrio para un tubo vertical sumergido en el agua, si el diámetro de éste es 0,2 in y la elevación capilar es 0,09 in; σ = 0,005 lb/ft.
θ F h
∅ = 0,20 in h = 0,09 in σ = 0,005 lb/ft Resolución γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γAh = σ.π.∅.cos θ Despejando cos θ = γ.A.h σ.π.∅ Suponiendo la temperatura a 20 ºC, tenemos γ = 62,29 lb/ft3 h = 0,09 in. 1 ft = 7,5 x 10–3 ft 12 in ∅ = 0,20 in. 1 ft = 0,0166 ft 12 in σ = 0,005 lb/ft cos θ = 62, 92 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft
4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 62,29 lb/ft3.π. (0,0166 ft)2 7,5 x 10–3 ft 4. 0,005 lb/ft.π. 0,0166 ft cos θ = 0,389 θ = arc cos 0,389 θ = 67,08 º Ejercicio 1-53 Dedúzcase una fórmula para la elevación capilar h entre dos tubos de vidrio concéntricos con radios R y r y ángulo de contacto θ. R r
Resolución Por cada columna tendremos γAh = Fcos θ γAh = σ.perímetro.cos θ γ.π.∅2.h = σ.π.∅.cos θ 4 donde ∅ = R – r, entonces
γ.π.(R – r)2.h = 4.σ.π.(R – r).cos θ
Simplificando γ.π.(R – r).h = 4.σ.π.cos θ despejando h = 4.σ.cos θ γ.(R – r)
Capítulo 2: Estática de fluidos Ejercicio 2-4 Calcúlese la presión en A, B, C y D de la figura es pascales.
Aceite Dens. Esp. 0,9
Resolución Punto A pA = – γh = – 9806 N/m3.0,6 m = – 5883,60 Pa pA = – 588 KPa Punto B pB = γh = 9806 N/m3.0,6 m = 5883,60 Pa pB = 588 KPa B
Punto C pC = pB = 5883,60 Pa pC = 588 KPa B
Ejercicio 2-15
En la figura, para una lectura h = 20 in; determínese la presión en A en libras por pulgada cuadrada. El líquido tiene una densidad relativa de 1,90.
Datos h = 20 in S = 1,90 Resolución pA = γh pA = 1,90.62,42 lb . 1 ft3 = 0,069 lb ft3 1728 in3 in2 pA = 0,069 lb in2 Ejercicio 2-24 En la figura, A contiene agua y el fluido manométrico tiene una densidad relativa de 2,94. Cuando el menisco izquierdo está en cero en la escala, pA = 100 mmH2O. Encuéntrese la lectura en el menisco derecho para pA = 8 kPa sin ningún ajuste del tubo en U o de la escala.
2 ft diám C
Datos ∅mayor = 4,00 ft ∅menor = 2,00 ft θ = arc tan (1,00 ft) = 45 º 1,00 ft Resolución
γ = 55 lb/ft3 5 A
C Resolución Por integración
dF = pdA dF = γyxdy F = γ∫yxdy donde x = 5,0 (7,40 – y) 2,4 reemplazando F = γ∫57,4(37,0 – 5,0y)ydy 2,4 2,4 F = γ∫57,4(37,0y – 5,0y2)dy 2,4 2,4 F = γ∫57,437,0y – γ∫57,45,0y2dy 2,4 2,4 F = γ37,0∫57,4y – γ5,0∫57,4y2dy 2,4 2,4 F = – γ37,0[y2|57,4] + γ5,0[y3|57,4] 2,4 2 2,4 3 F = – 55,0. 37,0[7,42 – 5,02] + 55,0. 5,0[7,43 – 5,03] 2,4 2 2 2,4 3 3 finalmente F = 1914,00 lb Por formula F = pA F = γhA F = γ (5,00 ft+ 1h).bh 3 2 F = 55,00 lb(5,00 ft+ 2,40ft).5,00 ft.2,40 ft ft3 3 2 F = 1914,00 lb Ejercicio 2-46
La presa de la figura tiene un puntal AB cada 6m. Determínese la fuerza compresiva en el puntal, descartando el peso de la presa.
Resolución θ = arc tan (4,00 m/3,00 m) = 53º 07’ 48’’ ϕ = arc sen (6,00 m/4,00 m) = 41º 48’ 37’’ FA = FH + FL Donde FH = γhAcos ϕ como el punto de aplicación de la fuerza, es decir A, está en el centroide del área donde se calcula la presión, la altura del área será hH = 2hH ⇒ hH = 3 2,00 m = 3,00 m 3 2 Por prisma de presión FH = 9,806 kN 3,00 m 3,00 m 6,00 m cos 41º 48’ 37’’ = m3 2 FH = 197,34 kN Por otro lado hL = 2hL ⇒ hL = 3 2,50 m = 3,75 m 3 2 FL = 9,806 kN 3,75 m 3,75 m 6,00 m cos (53º 07’ 48’’ – 41º 48’ 37’’) = m3 2 FL = 405,64 kN finalmente FA = FH + FL FA = 197,34 kN + 405,64 kN FA = 602,98 kN Ejercicio 2-59
La compuerta de la figura pesa 300 lb/ft normal al papel. Su centro de gravedad está a 1,5 pie de la cara izquierda y 2,0 ft arriba de la cara más baja. Tiene un gozne en 0. Determínese la posición de la superficie del agua cuando la puerta apenas comienza a subir. (La superficie del agua está abajo del gozne.)
AÑO 2007 E = γh(h/2) E = γh2 2
ΣMo = 0 E[5 – h + (2/3)h] = xPC E[5 – (1/3)h] = xPC 5E – E(1/3)h = xPC reemplazando 5γh2 – γh2(1/3)h = xPC 2 2 5γh2 – 1γh3 – xPC = 0 2 6 5.62,42 lb h2 – 1.62,42 lb h3 – 1,50 ft300,00 lb = 0 2 ft3 6 ft3 3 – 10,40 lbh + 156,05 lbh2 – 450 lb = 0 ft3 ft3 h = 1,81 ft Observación: Esta distancia es medida desde el pelo libre hasta el orificio. Ejercicio 2-66
θ = arc tan (20/3) = 81º 28’ 9 ‘’ E1 = γh20,5 E1 = γ7,00 m 7,00 m 0,5 = γ24,50 m2 E2 = γh0,5l Donde l = h/sen θ = 20,00 m/sen 81º 28’ 9 ‘’ = 20,22 m E2 = γ(7,00 m + 27,00 m)0,5.20,22 m = γ343,80 m2 P1 = γ’.A1 P1 = 2,5γ.3,00 m 20,00 m 0,5 = γ75,00 m2 P2= γ’.A2 P2 = 2,5γ.4,00 m 27,00 m = γ270,00 m2 P3= γ’.A3 P3 = 2,5γ.11,00 m 20,00 m 0,5 = γ275,00 m2 RX = E1 + E2sen θ = γ24,50 m2 + γ343,80 m2sen 81º 28’ 9 ‘’ = γ364,00 m2 RY = P1 + P2 + P3 + E2cos θ = RY = γ75,00 m2 + γ270,00 m2 + γ275,00 m2 + γ343,80 m2 cos 81º 28’ 9 ‘’ = γ670,99 m2 lE2 = lp1l0,5 + lp20,5l(2/3) = lp1 + lp20,5 2 lE2 = (20,22 m) 7,00 m0,5 + (20,22 m)220,00 m0,5(1/3) = 8,13 m (20,22 m)7,00 m + (20,22 m)20,00 m0,5
yE1 = 20,00 m + 7,00 m(1/3) = 22,33 m x1 = 3,00 m (2/3) = 2,00 m x2 = 3,00 m + 4,00 m 0,5 = 5,00 m x3 = 7,00 m + 11,00 m (1/3) = 10,67 m RYxR – E1yE1 – E2lE2 – P1x1 – P2x2 – P3x3 = 0 xR = E1yE1 + E2lE2 + P1x1 + P2x2 + P3x3 = RY
20 m Resolución E1 = γ24,50 m2 E2 = γ343,80 m2 P1 = γ75,00 m2 P2 = γ270,00 m2 P3 = γ275,00 m2
Resolución a) FH = FAB + FAD – FDC FH = FAB = SAγhh = 0,80 .9,806 kN.1,00 m.2,00 m m3 FH = 15,69 kN/m b) FV = – FAB + FADB + FBDC donde FADB = FBDC, entonces
FV = – SAγA + 2.γA FV = – SAγ(R2 – (1/4)πR2) + 2.γ (R2 + (1/4)πR2) FV = – SAγR2 (1 – π/4) + 2.γR2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = – 0,80.9,806 kN.(2,00 m)2(1 – π/4) + 2. 9,806 kN.(2,00 m)2(1 + π/4) FV = 133,32 kN/m
c) γT = FV/VT γT = 133,32 kN/m = 10,61 kN m3 π(2,00 m)2 ST = γT/γA ST = 10,61 kN/m3 9,806 kN/m3 ST = 1,08 Ejercicio 2-104 ¿Flotará en agua una viga de 4 m de largo con sección transversal cuadrada y S = 0,75 manteniéndose en equilibrio estable con dos lados horizontales? Resolución
Sγh2L = γhh’L Sh = h’ S = h’/h = 0,75 Esto significa que la altura sumergida será menor que la altura del objeto, y por ser una sección cuadrada el centro de gravedad estará por encima del centro de flotación lo que significa que el cuerpo NO está en equilibrio estable para los dos lados horizontales. Ejercicio 2-108 Un tanque de líquido S = 0,88 es acelerado uniformemente en una dirección horizontal de tal forma que la presión disminuya dentro del líquido 20 kPa/m en la dirección del movimiento. Determínese la aceleración. Resolución ax
Pa m2 (−20000 )9,806 m s ax = − N 0,88 × 9806 3 m ax = 22,73 m2/s Ejercicio 2-117 El tubo de la figura está lleno de líquido con densidad relativa 2,40. Cuando se acelera a la derecha 8,05 ft/s2, dibuje la superficie libre imaginaria y determínese la presión en A. Para pA = 8 psi de vacío determínese ax.
Capítulo 3: Ecuaciones básicas y concepto de flujo de fluidos Ejercicio 3-6 Una tubería lleva aceite, densidad relativa 0,86, a V = 2 m/s por un tubo de 200 mm de diámetro interior. En otra sección el diámetro es de 70 mm. Encuéntrese la velocidad en esta sección y el flujo de masa en kilogramos por segundo. Resolución
2 Aceite, dens. rel. 0,86
V1 A1 = V2 A2 entonces
π × (200mm) 2 m m (200mm) 2 4 V2 = 2 =2 s π × (70mm) 2 s (70mm) 2 4 V2 = 16,33 m/s El caudal másico será •
m = Qρ = V2 A2 ρ •
m = 16,33
B Aceite, dens. rel. 0,86
v A2 + z0 = + zA + γ γ 2g 2 v ( z0 − z A ) = A 2g
Q A = AA v A Q A = 2,00 ft × 26,60
v B2 γ 2g v B2 − PB ) + ( z 0 − z B ) = 2g
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ft 1 lb v B = 2 × 32,174 2 × ⎢ (−62,42 3 × 1,00 ft ) + (11,00 ft − 0,00m)⎥ s ⎢ 62,42 lb ft ⎥ 3 ⎢⎣ ⎥⎦ ft ft v B = 25,37 s Por continuidad
QB = AB v B Q B = 2,00 ft × 25,37
QB = 50,37 ft3/fts Las descargas difieren porque la sección A esta sometida a la presión atmosférica y la sección B a la presión hidrostática. Ejercicio 3-31
Despreciando todas las pérdidas, determínese la descarga en la figura.
v 2 = 2 × g × z1 ft × 6,25 ft s2 ft v 2 = 20,05 s
v 2 = 2 × 32,174
Q2 = A2 v 2 ft 1,00 ft 2 π Q2 = (4,00in × ) × 20,05 4 12,00in s Q2 = 1,75 ft3/s Ejercicio 3-33 Despreciando todas las pérdidas, encuéntrese la descarga por el medidor Venturi de la figura.
Resolución Planteando la ecuación de Bernoulli entre 1 y 2, tenemos 2
v 22 v1 − γ γ 2g 2g 1 1 2 2 ( P1 − P2 ) + ( z1 − z 2 ) = (v 2 − v1 ) γ 2g P1
Δz + h1 = 200mm + h2 h1 = 200mm + h2 − Δz reemplazando
Q1 = Q2 A1v1 = A2 v 2 A v1 = 2 v 2 A1 reemplazando 2
A 1 2 200mm = ((v 22 − 2 2 v 2 ) 2g A1 2
v 22 A (1 − 2 2 ) 2g A1
π (1 − 4
(150,00mm)
(300,00mm)
m s Q2 = A2 v 2
(0,15m) 2 2,29
γ = 55 lb/ft3 6 in. diám V
Q = Ad v d Q vd = Ad reemplazando
= 17,02 2
(17,02 fts ) 2 v d2 = = 4,50 ft 2 g 2 × 32,174 sft2 Planteamos la ecuación de Bernoulli
v d2 v d2 +H = + +K γ γ 2g 2g 2 v H = d (1 + K ) 2g
H −1 v d2 2g 32,00 ft K= −1 4,50 ft K=
K = 6,11 Ejercicio 3-51
En la figura las pérdidas hasta la sección A son 5 v21/2g y las pérdidas de la boquilla son 0,05 v22/2g. Determínese la descarga y la presión en A. H = 8,00 m.
D1 = 150 mm
D1 = 150 mm Datum
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 0 y B 2
v B2 v2 + KB B 2g 2g
v B2 (1 + K B ) 2g
Q A = QB Q A = AB v B m π 2 Q A = (0,05m ) 12,22 s 4 QA = 0,024 m3/s Por otro lado
AB2 H 2× g × 2 (1 + K B ) AA
v A2 v2 + KA A γ γ 2g 2g (1 + K A ) v 2 P H= A + A γ 2g
(1 + K A ) ⎛⎜ AB2 2
H ⎞ ⎟ (1 + K B ) ⎟⎠
⎜ A2 ⎝ A P ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞ ⎟H ⎟⎜ H = A + ⎜⎜ γ ⎝ 1 + K B ⎟⎠⎜⎝ AA2 ⎟⎠
⎡ ⎛ 1 + K A ⎞⎛ AB2 ⎞⎤ ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎟⎟⎥ PA = γH ⎢1 − ⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 1 + K B ⎠⎝ AA ⎠⎦⎥ ⎡ ⎛π (0,05m )2 ⎢ N ⎛ 1 + 5,00 ⎞⎜⎜ 4 PA = 9806,00 3 × 8,00m × ⎢1 − ⎜ ⎟ m ⎢ ⎝ 1 + 0,05 ⎠⎜⎜ π (0,15m )2 ⎝ 4 ⎣⎢
⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎠⎦⎥
6 in. diám. 10 ft
4 in. Tubo de descarga
2 in. diám
Agua 68 ºF Resolución
6 in. diám. P
3 4 in. Tubo de descarga
1 Agua 68 ºF
Planteamos la ecuación de Bernoulli entre 3 y 4 2
v3 P4 v 42 + z3 + = + z4 + γ 2g γ 2g
P3 reemplazando
v32 Patm v2 = + z4 + 4 γ 2g γ 2g 2 2 v3 v 4 P − = (z 4 − z3 ) − 3 2g 2g γ P⎤ ⎡ v32 − v 42 = 2 g ⎢( z 4 − z 3 ) − 3 ⎥ γ ⎦ ⎣
⎛ P ⎞ v32 − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ Por continuidad
Q3 = Q4 A3 v3 = A4 v 4
A42 2 ⎛ P ⎞ v − v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ 2 4 A3 ⎝ γ ⎠ 2 ⎞ ⎛ A4 ⎛ P ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟v 42 = 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ ⎠ ⎝ A3 v4 =
⎛ P ⎞ 2 g × ⎜⎜ − 3 ⎟⎟ ⎝ γ ⎠ 2 ⎛ A4 ⎞ ⎜⎜ 2 − 1⎟⎟ ⎝ A3 ⎠
⎛ lb 144,00in 2 ⎜ 5,00 2 × ft ⎜ 1,00 ft 2 in 2 × 32,174 2 × ⎜ − lb s 62,42 3 ⎜⎜ ft ⎝ ⎛π ⎞ 2 ⎜ (2,00in ) ⎟ ⎜4 − 1⎟ ⎜ π (4,00in )2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝4 ⎠ v 4 = 31,46
(2,00in )2
(4,00in )2
ft ft = 7,86 s s
Q2 = Q3 A2 v 2 = A3 v3
π v2 = 4
ft ft = 3,49 s s
v22 0,003L v22 + 2g D 2g
v 2 ⎛ 0,003L ⎞ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 = 2 ⎜1 + ⎟ 2g ⎝ D ⎠ γ ⎠ ⎝γ ⎤ ⎡ ⎛ P1 P2 ⎞ ⎢ ⎜⎜ − ⎟⎟ − z 2 ⎥ γ ⎠ D ⎢⎝ γ L= − 1⎥ ⎥ 0,003 ⎢ v 22 ⎥ ⎢ 2g ⎦ ⎣ La presión en 1 es la indicada en el barómetro, es decir
P1 = 30inHg P1 1,00 ft = 30in × = 2,50 ft 12,00in γ Hg P1
γW MECÁNICA DE LOS FLUIDOS
⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ (33,92 ft − 0,79 ft ) − 10 ft ⎥ − 1⎥ ⎢ (3,46 fts ) 2 ⎢ ⎥ 2 × 32,174 sft2 ⎢⎣ ⎥⎦
1,00 ft ⎞ lb ft π ⎛ P = 62,42 3 3,49 ⎜ 6,00in × ⎟ 10,00 ft 12,00in ⎠ s 4⎝ ft 2
⎛ ⎞ v 22 ⎜ ⎟ 2g ⎜ ⎟ %P = ⎜ × 100 2 2 ⎟ 0,003L v 2 v 2 ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎝ D 2g 2g ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ × 100 P=⎜ ⎜ 0,003L + 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ D ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎜ ⎟ × 100 = 0,80% P= ⎜ 0,003 × 20554,17 ft ⎟ + 1⎟ ⎜ 0,5 ft ⎝ ⎠ %P = 0,80 %
8 ft³/s 6
12 m iá .d 45°
Q1 = A1v1 Q v1 = 1 A1 ft 3 ft s v1 = = 11,32 2 s 1,00 ft ⎞ π⎛ ⎟ ⎜18,00in × 4⎝ 12,00in ⎠ 20,00
ft 3 ft s = 15,29 v2 = 2 s π⎛ 1,00 ft ⎞ ⎜12,00in × ⎟ 4⎝ 12,00in ⎠ Q v3 = 3 A3 12,00
v3 = 40,74 ft/s
H2O v1 = 11,32 ft/s A1
∫ sc v × ρ × v • dA = v 2 × cos 45º ρ × v 2 A2 cos 0º −v3 × cos 60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando
Para conocer las presiones planteamos Bernoulli entre 1 y 2 2
v1 P2 v 22 + z1 + = + z2 + γ 2g γ 2g
P1 reemplazando
v1 P2 v 22 + = + γ 2g γ 2g
v1 v 22 = + − γ γ 2g 2g
(v 2g γ
2 2 ⎛⎛ ⎞ lb 144,00in ⎜ ⎜11,32 ft ⎞⎟ − ⎛⎜15,29 ft ⎞⎟ ⎟ × + 2 2 ft ⎜ s⎠ ⎝ s ⎠ ⎟⎠ in 1,00 ft 2 × 32,174 2 ⎝ ⎝ s
P v2 v + 1 = 3+ 3 γ 2g γ 2g
v2 v = + 1 − 3 γ γ 2g 2g
2 2 ⎛⎛ lb 144,00in ft ⎞ ⎛ ft ⎞ ⎞⎟ ⎜ P3 = 10,00 2 × + ⎜11,32 ⎟ − ⎜ 40,74 ⎟ ⎟ ft ⎜ ⎝ s⎠ ⎝ s⎠ ⎠ in 1,00 ft 2 ⎝ 2 × 32,174 2 s lb P3 = −46,05 2 ft 2
ft slug ft ft slug ft × cos 45º×1,94 3 × 15,29 × 0,78 ft 2 − 40,74 × cos 60º×1,94 3 × 40,74 s s s s ft ft
lb lb × 0,78 ft 2 × cos 45º +46,05 2 × 0,20 ft 2 × cos 60º = 2 ft ft FanclajeX = 682,82 lb
∫ sc v × ρ × v • dA = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º Igualando
P1 A1 − P2 A2 × sen 45º − P3 A3 × sen60º + Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos 180º + v 2 sen 45º ρ × v 2 A2 cos 0º x
+ v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º despejando
Fanclaje y = v1 ρ × v1 A1 cos180º +v 2 sen45º ρ × v 2 A2 cos 0º +v3 sen60º ρ × v3 A3 cos 0º − P1 A1 x
+ P2 A2 × sen45º + P3 A3 × sen60º reemplazando
Fanclaje y = −11,32
+ 40,74
FanclajeY = –1433,89 lb Ejercicio 3-100 En la figura, un chorro, ρ = 2 slugs/ft3 es desviado por un álabe 180º. Se supone que la carreta no tiene fricción y está libre para moverse en una dirección horizontal. La carreta pesa 200 lb. Determínese la velocidad y la distancia viajada por la carreta 10 s después que el chorro es dirigido contra el álabe. A0 = 0,02 ft2; V0 = 100 ft/s.
A0 V0 V1 V0 A0 El diagrama vectorial de velocidad será a la entrada
V0 V1 V0-V1 V0 V1 V0-V1
∫ sc v × ρ × v • dA = (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos180º −(v 0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 cos 0º ∫ sc v × ρ × v • dA = −(v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 − (v0 − v1 ) × ρ × (v0 − v1 )A0 ∫ sc v × ρ × v • dA = −2 × (v0 − v1 ) × ρ × A0 2
m = − 2 × ρ × A 0 (v 02 − 2 v 0 v 1 + v 12 Δt
m = −2 × ρ × A0 v02 + 2 × ρ × A0 × 2v0 v1 − 2 × ρ × A0 v12 Δt ⎛m ⎞ 2 × ρ × A0 v12 + ⎜ − 2 × ρ × A0 × 2v0 ⎟v1 + 2 × ρ × A0 v02 = 0 ⎝ Δt ⎠ ⎞ ⎛ 200,00lb ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 32,174 ft 2 slugs ft ⎟ slugs ⎜ 2 2 2 s 2 × 2,00 3 ×,002 ft × v1 + ⎜ − 2 × 2,00 3 ×,002 ft × 2 × 100,00 ⎟v1 10,00s s ft ft ⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎠ ⎝ v1
Por báscara v1 = 96,11 ft/s Como supusimos la aceleración constante planteamos
v alabe Por teorema del seno
Por propiedad del triángulo
γ = 180 º − β − θ = 180 º −130 º −28,60 º = 21,39 º
α = 180 º −γ = 180 º −21,39 º α = 158º 36’ 20’’
Capítulo 4: Análisis dimensional y similitud dinámica Ejercicio 4-8 Usando las variables Q, D, ΔH/l, ρ, μ, g como pertinentes al flujo en un tubo liso, arreglarlas en parámetros adimensionales con Q, ρ, μ como variables repetitivas. Resolución Las variables son 6
L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 6 – 3 = 3 π1 será
) (ML ) (ML x1
−3 x2
x1 = −1 x2 = −1 x3 = 1 entonces
x1 = 3 x2 = 5 x3 = −5 entonces
π3 = gQ3ρ5/μ5 Ejercicio 4-13 En un fluido que gira como un sólido alrededor de un eje vertical con velocidad angular ω, la elevación de la presión p en una dirección radial depende de la velocidad ω, el radio r y la densidad del fluido ρ. Obténgase la forma de ecuación para p. Resolución Las variables son 4
L, M , T entonces, los parámetros adimensionales son Nº π = 4 – 3 = 1 π será
∏ = pω x1 ρ x2 r x3
∏ 2 = ML−1T −2 T −1
entonces Para M ⇒ Para L ⇒ Para T ⇒
1 + 0 + x2 + 0 = 0 − 1 + 0 − 3 x 2 + x3 = 0 − 2 − x1 + 0 − 0 = 0
x1 = −2 x2 = −1 x3 = −2 entonces
p r ω2ρ 2
Entonces p = cte.r2ω2ρ
v 2p v m2 = g mlm g p l p Como la gravedad es la misma 2 v m2 v p = lm lp
v 2p = v m2
lp lm lp
vp = 3,16 m/s Ejercicio 4-19 El suministro de potencia a una bomba depende de la descarga Q, de la elevación de la presión Δp, de la densidad del fluido ρ, del tamaño D y de la eficiencia e. Encuéntrese la expresión para la potencia por uso del análisis dimensional. Resolución Las variables son 6
∏ 2 = PQ x1 Δp x2 ρ x3
∏ 2 = ML2T −3 L3T −1
) (ML x1
) (ML ) x2
Para L ⇒
Para T ⇒
− 3 − x1 − 2 x2 + 0 = 0
Para M ⇒
x1 = −1 x2 = −1 x3 = 0 entonces
∏ 3 = L(L3T −1 ) 1 (ML−1T −2 ) 2 (ML−3 ) 3 x
entonces Para L ⇒
0 − x1 − 2 x 2 + 0 = 0
x1 = −0,5 x2 = 0,25 x3 = −0,25 entonces
νm vm =
2 ⎡ −6 m ⎤ ⎢ 600,00mm 0,311 × 10 ⎥ s ⎥ 6,00 m vm = ⎢ 2 s ⎢ 600,00mm 1,007 × 10 −6 m ⎥ ⎢⎣ ⎥ 5 s ⎦ m v m = 9,86 s 2 m π ⎛ 0,6m ⎞ Qm = Am v m = ⎜ ⎟ 9,86 s 4⎝ 5 ⎠
2 ⎡ −5 m 1 , 70 × 10 ⎢ 4,00m s vm = ⎢ 2 4 , 00 m m ⎢ 1,141 × 10 −6 ⎢⎣ 5 s
⎤ ⎥ m ⎥ 0,50 s ⎥ ⎥⎦
π ⎛ 4,00m ⎞ ⎜ 4⎝
Capítulo 5: Flujo viscoso: tuberías y canales Ejercicio 5-1 Determínense las fórmulas del esfuerzo cortante sobre cada placa y para la distribución de velocidad para el flujo de la figura, cuando existe un gradiente de presión adversa tal que Q = 0.
⎛ y y2 ⎞ Uy − 3U ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ a ⎝a a ⎠ 2U 3U u=− y + 2 y2 a a
du 2U 6U =− + 2 y dy a a El esfuerzo de corte será τ = – μ2U + μ6Uy a a2
Uy 1 ∂ ( p + γh ) ay − y 2 − a 2 μ ∂l Uy 1 ∂ ( p + γh )ay − 1 ∂ ( p + γh ) y 2 u= − a 2 μ ∂l 2 μ ∂l
τ =μ entonces
U 1 ∂ ( p + γh )a − ∂ ( p + γh ) y − a 2 ∂l ∂l
U 1 ∂ ( p + γh )a = 0 − a 2 ∂l
U ∂ = ( p + γh ) 2 ∂l a
q = ∫ udy = ∫ q=
Ejercicio 5-3 En la figura siendo U = 0,7 m/s. Encuéntrese la velocidad del aceite llevado a la cámara de presión por el pistón, la fuerza cortante y fuerza total F que actúan sobre el pistón.
u= además
τ = 25,00 Pa La fuerza total será
FT = 294,90 N Ejercicio 5-4 Determínese la fuerza sobre el pistón de la figura debido al corte, y la fuga de la cámara de presión para U = 0.
FC = τAC = 25,00 Pa × π 0,05m × 0,15m FC = 0,59 N El caudal será
v= Además
1400μ ΔpD 2 = Dρ 32μL 1400 ΔpD 3 = ρ 32μ 2 L Además como el tubo es vertical
ρ 44800 =
ν 2 44800 g
⎛ m2 ⎞ ⎟ 44800 ⎜⎜1,50 × 10 −6 s ⎟⎠ ⎝ D=3 m 9,806 2 s D = 2,17 mm Ejercicio 5-28 Calcúlese la descarga del sistema de la figura despreciando todas las pérdidas excepto las del tubo.
γ entonces ahora
Δ P = P1 − P2 = γ Δ h ∂ (P + γh ) = γΔh + γh1 = γ (Δh + h1 ) ∂l L L
ΔpπD 4 Q= 128μL 4
En la figura, H = 24 m, L = 40 m, θ = 30 º, D = 8 mm, γ = 10 kN/m3 y μ = 0,08 kg/ms. Encuéntrese la pérdida de carga por unidad de longitud del tubo y la descarga en litros por minuto.
kN 24,00m 3 ∂ kN m (P + γh ) = = 6,00 3 40,00m ∂l m ∂ (P + γh ) = 6,00 kN3 ∂l m 10
Ejercicio 5-30
En la figura y problema anterior encuéntrese H si la velocidad es 0,1 m/s.
H = 16,00 m Ejercicio 5-63 ¿Qué diámetro para un tubo limpio de hierro galvanizado tiene el mismo factor de fricción para R = 100000 que un tubo de hierro fundido de 300 mm de diámetro ? Resolución Para el tubo de hierro fundido tenemos
Ingresando al ábaco de Moody para Re = 100000 = 1,00 x 105 obtenemos
A partir de la ecuación de Colebrook
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎣⎢ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎦⎥
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74ν 0,9 ⎜ + ln ⎢ ⎜ 0,9 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 D v D
⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦
iteramos hasta encontrar D2, esto es
5.74v0,9
ν0,9D0,9
5.74v0,9 ν0,9D0,9
ε/3,7D
0,1500 0,1100 0,1000 0,1200
0,00002 0,00002 0,00002 0,00002
0,5359 0,4054 0,3720 0,4384
0,0000 0,0001 0,0001 0,0001
0,0002 0,0002 0,0002 0,0002
0,0003 0,0004 0,0004 0,0003
ε 3,7 D
[ln ()]2
-8,0696 -7,7636 -7,6696 -7,8495
65,1182 60,2735 58,8220 61,6140
0,0203 0,0220 0,0225 0,0215
1,325 ⎡ ⎛ 0,046mm 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 200mm 381971,86 f = 0,016
L Q2 1 hf = f D A2 2g 1 L Q2 2 D ⎛ D 2 ⎞ 2g ⎟⎟ ⎜⎜ π 4 ⎠ ⎝ 16 LQ 2 hf = f 2 5 π D 2g
⎛ dm 3 1,00m 3 ⎞ ⎟ × 16 × 1000,00m × ⎜⎜ 60,00 s 1000,00dm 3 ⎟⎠ ⎝ h f = 0,016 × m π 2 (0,20m )5 2 × 9,806 2 s
h f = 15,02m La potencia requerida será
P = 8836,50Watt Ejercicio 5-83 ¿Qué medida de tubo hierro fundido nuevo se necesita para transportar 400 L/s de agua a 25 ºC un kilómetro con pérdida de carga de 2 m? Úsese el diagrama de Moody y la ecuación (5.8.18) Resolución Proponemos un diámetro, calculamos el número de Reynolds, luego el factor de fricción a través del gráfico de Moody o la ecuación de Colebrook y lo verificamos calculando la pérdida de carga con la ecuación de Darcy-Weisbach.
5.74 Re0,9
0,500 0,600 0,620 0,640 0,650 0,645 0,643
0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40 0,40
0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009 0,0000009
1131768,48 943140,40 912716,52 884194,13 870591,14 877339,91 880753,68
0,00002 0,00002 0,00002 0,00003 0,00003 0,00003 0,00003
0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025 0,00025
0,00014 0,00011 0,00011 0,00011 0,00010 0,00010 0,00011
-8,77 -8,90 -8,92 -8,94 -8,95 -8,94 -8,94
76,88 79,17 79,55 79,92 80,09 80,00 79,96
7,29 2,85 2,40 2,04 1,89 1,96 2,00
⎡ 3 2 ⎛ ⎜ 1000,00m × ⎛⎜ 0,40 m ⎞⎟ ⎢ ⎜ ⎜ ⎢ s ⎟⎠ ⎝ 1.25 D = 0.66⎢0.00025m ⎜ m ⎜ ⎢ 9,806 2 2,00m ⎜ ⎢ s ⎝ ⎣⎢
⎛ m ⎜⎜ 0.40 s ⎝
D = 654mm Ejercicio 5-90
Calcúlese el valor H de la figura para 125 L/s de agua a 15 ºC en un tubo de acero comercial. Inclúyanse las pérdidas menores.
⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦⎥
1,325 ⎡ ⎛ ε 5,74 ⎞⎤ + 0,9 ⎟⎟⎥ ⎢ln⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ 3,7 D Re ⎠⎥⎦
1,325 ⎡ ⎛ 4,60 × 10 −5 m 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,30m 530516,48
reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ A 2g 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Kb + f + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
⎛ m3 ⎞ ⎜ ⎟⎟ 8 × ⎜ 0,125 s ⎝ ⎠
30,00m ⎞ ⎛ H = ⎜ 0,50 + 0,015 + 1,00 ⎟ = 0,30m ⎠ π 2 (0,30m )4 9,806 m ⎝ s2 H = 0,48m Ejercicio 5-94 Una línea de agua que conecta dos depósitos a 70 ºF tiene 5000 ft de tubo de acero de 24 in de diámetro, tres codos estándar, una válvula de globo y un tubo de alimentación con reentrada, ¿Cuál es la diferencia de alturas de los depósitos para 20 ft3/s? Resolución
reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g
ft 3 4 × 20,00 4Q s Re = = = 1157490,49 2 πDν 1,00 ft −5 ft π × 24,00in × × 1,10 × 10 s 12,00in como es mayor a 5000 se puede utilizar la ecuación de Colebrook
1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 2 ft 1157490,49
reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ K e + f + 3K c + K v + K s ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
⎛ ft 3 ⎞ ⎟ 8 × ⎜⎜ 20,00 s ⎟⎠ ⎝
⎛ ⎞ 5000,00 ft + 3 × 0,90 + 10 + 1⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,80 + 0,013 = 2,00 ft ⎝ ⎠ π 2 (2,00 ft )4 32,174 ft s2 H = 29,50 ft
Ejercicio 5-98
Encuéntrese H de la figura para 200 gpm de flujo de aceite, μ = 0,1 P, γ = 60 lb/ft3 para la válvula en ángulo totalmente abierta.
210 ft 3 in diám Tubo de acero 2
reemplazando y despejando 2 L ⎛ ⎞v H = ⎜ Ke + f + Kv + K s ⎟ 2 D ⎝ ⎠ 2g
1,325 ⎡ ⎛ 0,00015 ft 5,74 + ⎢ln⎜⎜ 0,9 ⎣ ⎝ 3,7 × 0,25 ft 21088,97
reemplazando en 2 L ⎛ ⎞ 8Q H = ⎜ Ke + f + Kv + Ks ⎟ 2 4 D ⎝ ⎠π D g
obtenemos 2
⎛ ft 3 ⎞ ⎜ ⎟ 1,00 gal s ⎜ ⎟ 8 × 200,00 × ⎜ gal ⎟ min 448,83 ⎛ ⎞ ⎜⎝ 210,00 ft min ⎟⎠ + 5,00 + 1,00 ⎟⎟ H = ⎜⎜ 0,50 + 0,027 = ft 0,25 ft 4 2 ⎝ ⎠ π (0,25 ft ) 32,174 2 s H = 37,29 ft Ejercicio 5-104 El sistema de bombeo de la figura tiene una curva de descarga-carga de la bomba H = 40 – 24Q2 con la carga en metros y la descarga en metros cúbicos por segundo. Las longitudes de los tubos incluyen corrección para pérdidas menores. Determínese el flujo del sistema en litros por segundo. Para una eficiencia de bombeo del sistema de 72 % determínese la potencia requerida. La bomba requiere una carga de succión de por lo menos 1/2 atm, para evitar la cavitación. ¿Cuál es la descarga máxima y potencia requerida para alcanzar este máximo?
Agua 20 ºC 0 50
El = 1 m 200 m 500 mm diám- Acero
v1 P2 v 22 + h1 + + HB = + h2 + + Hp γ γ 2g 2g
h1 + H B = h2 + Hp ⎛ L ⎞ v2 ⎛ L ⎞ v2 h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 1 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 2 ⎝ D1 ⎠ 2 g ⎝ D2 ⎠ 2 g Por la ecuación de continuidad
⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ L h1 − h2 + H B = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎛ L ⎞ 8Q 2 ⎛ h1 − h2 + 40 − 24Q 2 = ⎜⎜ f1 1 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 ⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝
⎞ 8Q 2 ⎟⎟ 4 ⎠ πD2 g L2 ⎞ 8Q 2 ⎟ D2 ⎟⎠ πD24 g
⎡⎛ L ⎞ 8 ⎤ 2 ⎛ L2 ⎞ 8 ⎜ ⎟ h1 − h2 + 40 = ⎢⎜⎜ f 1 1 ⎟⎟ + f + 24 ⎥Q 2 4 4 ⎜ ⎟ ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦
h1 − h2 + 40 ⎡⎛ L1 ⎞ 8 ⎤ ⎛ L ⎞ 8 ⎟⎟ 4 + ⎜⎜ f 2 2 ⎟⎟ 4 + 24⎥ ⎢⎜⎜ f 1 ⎣⎝ D1 ⎠ πD1 g ⎝ D2 ⎠ πD2 g ⎦
Para encontrar f debemos proponer un caudal, encontrar el número de Reynolds, calcular f por la ecuación de Colebrook, luego se calcula el caudal y se verfica el número de Reynolds. Q [m3/s] 1,0000 0,2200 0,2100 0,2095
Re1 2546479,11 560225,40 534760,61 533487,37
Re2 3183098,89 700281,76 668450,77 666859,22
f1 0,0126 0,0142 0,0143 0,0143
f2 0,0129 0,0141 0,0142 0,0142
Q [m3/s] 0,2193 0,2099 0,2095 0,2095
dm 3 Q = 209,5 s La potencia será reemplazando
P = γQ (40 − 24Q 2 )η P = γηQ 40 − 24γηQ 3
⎛ kg m3 kg m3 ⎞ ⎟ P = 40 × 1000,00 3 × 0,72 × 0,2095 − 24 × 1000,00 3 × 0,72 × ⎜⎜ 0,2095 s s ⎟⎠ m m ⎝
Capítulo 6: Flujos externos Desarrollo teórico Capa límite laminar Se propone
Reemplazando en h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ τ 0 = ρ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟⎟ ∂x ⎝ 0 ⎠
∂δ uU − u 2 dη ∂x ∫0 U 2 1
u⎞ ∂δ u ⎛ ⎜1 − ⎟dη ∫ ∂x 0 U ⎝ U ⎠ 1
∂δ τ 0 = ρU η (1 − η )dη ∂x ∫0 ∂δ τ 0 = 0,166 ρU 2 ∂x 1
δ2 2
3,46 R 1x / 2
Capa límite turbulenta Se propone 1
u ⎛ y ⎞7 F = = ⎜ ⎟ =η7 U ⎝δ ⎠ 1
h ⎞ ∂ ⎛ ⎜ ∫ u (U − u )dy ⎟ ⎟ ∂x ⎜⎝ 0 ⎠
Obtenemos 1 1 1 ⎞ ⎛ ∂δ 7⎜ 7 ⎟ η 1 η − ∫ ⎟ dη ⎜ ∂x 0 ⎝ ⎠ 7 ∂δ τ0 = ρU 2 ∂x 72
τ0 = μ Cambiando las variables
∂ (FU ) ⎛ 17 ⎞ ∂⎜⎜η δ ⎟⎟ ⎝ ⎠
⎛ υ ⎞4 τ 0 = 0,0228ρU ⎜ ⎟ ⎝ Uδ ⎠ 2
igualando 1
7 ∂δ ⎛ υ ⎞4 ρU 2 0,0228ρU 2 ⎜ ⎟ = 72 ∂x ⎝ Uδ ⎠ Separando las variables
υ 1 4
Integrando tenemos 1
υ 4 x = 4,254U 4 δ 4 1 4
3,4032U 1 ⎛ ⎜ υ4x δ =⎜ 1 ⎜ 3,4032U 4 ⎝
A = 1 m² 30°
CD = Reemplazando
2D ρU 2 AD
2 × 25,00 Nsen 45º 2
kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m sen30º h kms ⎠ m ⎝
C D = 0,47 La sustentación será
CL = Reemplazando
2D ρU 2 AL
2 × 25,00 N cos 45º 2
kg ⎛ km mh ⎞ 2 1,23 3 ⎜ 40,00 × 0,27 ⎟ 1,00m cos 30º h kms m ⎝ ⎠
C L = 0,47 Ejercicio 6-6 Una corriente de aire fluye sobre una placa lisa con una velocidad de 150 km/h a 20 ºC y 100 kPa. ¿Qué longitud debe tener la placa para que la capa límite tenga un espesor de 8 mm? Resolución Partiendo de δ = 0,37 x (Ux/ν)1/5 δ5 = 0,375 ν x5 Ux x = 4√ Uδ5 . 0,375ν donde U = 150,00 km . 1000 m . 1 h = 41,66 m h 1 km 3600 s s δ = 8,00 mm. 1 m = 8,00 x 10–3 m 1000 mm ν = 1,15 10–5 m2/s reemplazando x = 4√ 41,66 m/s (8,00 x 10–3 m)5 . 0,375 . 1,60 10–5 m2/s x = 0,333 m
l 100,00 = = 5,00 D 20,00 ahora, de tabla 6,1
C D = 0,86 La densidad será, por la ecuación de estado
90kPa 287
m× N (25º C + 273,15)K kg ∗ K
ρU 2 π∅ 2 2
m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ × 1,05 3 ⎜130,00 km ⎟ h m ⎜ 3,60 2 ⎜ ⎟ h ⎠ π (20,00m ) ⎝ D = 0,86 × 2 4 D = 184,96 kN El arrastre lateral será
m ⎞ ⎛ 1,00 ⎟ ⎜ kg km s ⎟ 1,05 3 ⎜130,00 × km ⎟ h m ⎜ 3,60 ⎟ ⎜ h ⎠ ⎝ D = 0,86 × π 20,00m × 100,00m 2 D = 3699 ,30 N Ejercicio 6-9 Un letrero de publicidad es remolcado por un pequeño avión a una velocidad de 35 m/s. Las dimensiones del letrero son de 1,40 m por 38,00 m, p = 1 atmósfera, t = 15 ºC. Suponiendo que el letrero es una placa plana, calcúlese la potencia requerida. Resolución R = vl/ν R = 35,00 m/s . 38,00 m = 1,57 10–5 m2/s R = 8,47 x 107 entonces CD =
0,455 = (log Rl)2,58 CD = 2,18 x 10–3
El arrastre será D = CDblρU2 2
D = 2,18 x 10–3 . 1,40 m . 38,00 m 1,2928 kg/m3 (35 m/s)2 2 D = 91,83 N =
La potencia será P = D.V = 91,83 N . 35 m/s P = 3214,20 W Ejercicio 6-12 ¿Cuántos paracaídas de 30 m de diámetro (CD = 1,2) se deben usar para dejar caer un tractor nivelador que pesa 45 kN a una velocidad final de 10 m/s del aire a 100 kPa abs a 20 ºC? Resolución La densidad será, por la ecuación de estado
45000,00 N = 28,33m 1,2 kg ⎛ m⎞ π × 1,19 3 ⎜10,00 ⎟ s⎠ m ⎝ 2
T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(70º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 294,26 K 9⎦ ⎣ La densidad será, por la ecuación de estado
2 D π ρU 2 C D 4
∅ = 7,59 ft El número de Reynolds será
W Por equilibrio de fuerzas será
4 3 4 ρSU 2 2 πr S pelota γ − πr 3 S aceite γ = C D πr 3 3 2 4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando 3
lb 4 ⎛ 1,00 ft ⎞ π ⎜1,00in × ⎟ 62,40 3 (3,50 − 0,80) = C D 3 ⎝ 12,00in ⎠ ft
ft 2 = C DU 2 s2
ft 2 24,12 2 s CD
CD 1,000 0,500 0,450 0,420 0,410 0,405 0,400
4 3 ρSU 2 2 πr γ (S pelota − S aceite ) = C D πr 3 2 reemplazando
ft 2 174,03 2 = C DU 2 s U=
ft 2 s2
ft 2 174,03 2 s U= 0,4 U = 20,86
Por equilibrio de fuerzas será
ρU 2 π 2
ρU 2 π 2 1 3 πD (γ aire − γ helio ) − C D D − Wglobo = 0 6 2 4 Esta es una ecuación cúbica donde
1 a = π (γ aire − γ helio ) 6 ρU 2 π b = −C D 2 4 c=0 d = −W globo La temperatura absoluta será
T A = TC + 273,15 5⎤ ⎡ T A = ⎢(TF − 32 ) × ⎥ + 273,15 9⎦ ⎣ 5⎤ ⎡ T A = ⎢(40º F − 32 ) × ⎥ + 273,15 = 277,59 K 9⎦ ⎣ La densidad del aire será, por la ecuación de estado
lb lb ⎞ 1 ⎛ a = π ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ = 0,034 6 ⎝ ft ft ⎠ 2
slug ⎛ ft ⎞ 0,0023 3 ⎜10 ⎟ slug ft ⎝ s ⎠ π b = −0,21 = −0,019 2 4 ft × s 2 c=0 d = −300lb Con una calculadora o programa obtenemos
D = 20,83 ft Si el globo esta atado al suelo, entonces
θ Por equilibrio de fuerzas en horizontal será y en vertical
T= reemplazando
F −W senθ
F −W D
1 3 πD (γ aire − γ helio ) − W globo 6 tgθ = ρV 2 π 2 CD D 2 4 entonces
⎛ 1 lb lb ⎞ π (20,83 ft )3 ⎜⎜ 0,076 3 − 0,01 3 ⎟⎟ − 300,00lb 6 ft ft ⎠ ⎝ tgθ = = 0,46 2 slug ⎛ mi 5280,00 ft 1,00h ⎞ 0,0023 3 ⎜10,00 × × ⎟ h 1,00milla 3600,00s ⎠ π ft ⎝ (20,83 ft )2 0,21 × 2 4 entonces
1,00m ⎞ ⎛ ⎜ 0,10mm × ⎟ 1000,00mm ⎠ N ⎝ U= 9806,00 3 (4,50 − 0,86) × N s m 18 × 8,00 × 10 −3 2 m U = 2,48 × 10 −3
D2 (γ partícula − γ aire ) U= 18μ U=
D2 (γ agua S partícula − γ aire ) 18μ
N N ⎞ ⎛ ⎜ 2,50 × 9806,00 3 − 12,47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2,00 × 10 −5 m2 D2 N N ⎞ ⎛ U = ⎜ 2 ,50 × 9806 ,00 3 − 12 , 47 3 ⎟ N×s ⎝ m m ⎠ 18 × 2 ,00 × 10 − 5 2 m 1 U = 68,06 × 10 6 D2 m× s D2
ρ × 68,06 × 10 6 reemplazando
1,00 × 2,00 × 10 −5
1 m× s N×s m2
1 kg × 68,06 × 10 6 3 m× s m N×s 1,00 × 2,00 × 10 −5 m2 D
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