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• Raul Solís

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Problema 1 Un tanque tiene un agujero en el fondo con un área de sección transversal de 0.0025 m y una línea de entrada en un lado con un área de sección transversal de 0.0025 m 2, como se puede observar en la figura. El área de sección como se puede observar en la figura. E l área de sección transversal del tanque es 0.1 m 2. La velocidad del liquido que sale por el agujero del fondo es V =√2𝑔ℎ, donde h es la altura de la superficie del tanque arriba de la salida. En cierto tiempo, el nivel de la superficie del tanque es de 1 m y sube a razón de 0.1 cm/s. El líquido es incomprensible, Encuentre la velocidad del líquido que pasa por la entrada. Solución:

De la condición del problema nos dicen que un fluido incompresible además de eso de los datos podemos concluir que el flujo es no permanente entonces sabemos: ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 =

𝑑 ∫ 𝜌𝑑∀ 𝑑𝑡

Entonces nos queda 𝐴𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒

𝑑 + 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑 = 𝑄𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑 𝑑𝑡

𝐴. 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑 = 𝐴. 𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑 + 𝐴𝑡𝑎𝑛𝑞𝑢𝑒

𝑑 𝑑𝑡

Reemplazando datos nos queda 0.0025𝑥 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑 = √2𝑥9.81𝑥1 . (0.0025) + 0.1𝑥0.1𝑥10−2 Operando queda 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑 = 4.47 𝑚⁄𝑠

Problema 2 El émbolo del cilindro de la figura que se muestra a continuación se mueve hacia arriba. Suponga que el volumen de control es el volumen que se encuentra dentro del cilindro arriba del émbolo (el volumen de control cambia de tamaño a medida que el émbolo se mueve).Existe una mezcla gaseosa en el volumen de control. Para las condiciones dadas, indique cual de los siguientes enunciados es verdadero. Solución:

A .- ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 𝑒𝑠 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 0 Respuesta: es verdadero pues el flujo neto a través de la superficie de control es constante. b.-

𝑑 𝑑𝑡

∫ 𝜌𝑑∀ 𝜌 𝑒𝑠 𝑖𝑔𝑎𝑢𝑙 𝑎 0

Respuesta: es verdadero pues la masa en el tiempo no cambia es constante por tratarse de un sistema de control cerrado. C.- la densidad del gas del volumen de control aumenta con el tiempo Respuesta: es verdadero pues si bien cierto la masa no cambia el volumen si por tratarse de un gas y por ende de un fluido compresible entonces la densidad del gas si cambia. D.-la temperatura delgas del volumen de control aumenta con el tiempo. Respuesta: es verdadero pues a medida que el gas se comprime las moléculas aceleran i su movimiento se vuelve caótico esto produce que que la temperatura del volumen de control a aumente a medida que el embolo suba. E.- El flujo dentro del volumen de control es no permanente Respuesta: el flujo dentro del volumen de control es no permanente por tratarse de un gas y además pues el sistema de control es un sistema cerrado.

Problema 3 Para las condiciones que se ilustran, conteste las siguientes preguntas y enunciados respecto a la aplicación de la ecuación del volumen de control al principio de continuidad. Solución:

a.- ¿Cuál es el valor de b? Respuesta: el valor de b es 1 b.- ¿determine el valor de dBsist/dt? Respuesta: el valor es cero pues b es igual a 1 entonces su derivada con respecto al tiempo es cero. c.- determine el valor de ∑ 𝑏. 𝑉. 𝐴 Respuesta: del problema se sabe: ∑ 𝑏. 𝑉. 𝐴 = ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 = (1.5 𝑘𝑔/𝑚3 )(−10 𝑚/𝑠)(𝜋/4)𝑥(0.04)2 𝑚2 + (1.5 𝑘𝑔/𝑚3 )(−6 𝑚/𝑠)(𝜋/4)𝑥(0.04)2 𝑚2 + (1.2 𝑘𝑔/𝑚3 )(6 𝑚/𝑠)(𝜋/4)𝑥(0.06)2 𝑚2 ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 = −0.00980 𝑘𝑔/𝑠 d.-determine el valor de

𝑑 𝑑𝑡

∫ 𝑏𝜌𝑑∀

Respuesta: del problema sabemos que se cumple: ∑ 𝑏. 𝜌. 𝑉. 𝐴 +

𝑑 ∫ 𝑏. 𝜌. 𝑑∀= 0 𝑑𝑡

Entonces 𝑑 ∫ 𝑏. 𝜌. 𝑑∀ = − ∑ 𝑏. 𝜌. 𝑉. 𝐴 𝑑𝑡 Remplazando datos y operando queda: 𝑑 ∫ 𝑏. 𝜌. 𝑑∀ = +0.00980𝑘𝑔/𝑠 𝑑𝑡

Problema 4 Un émbolo está subiendo durante el ciclo de escape de un motor de cuatro tiempos. Escape de un motor de cuatro tiempos. Escapa masa por el puerto de escape con una rapidez dada por m = 0.65

𝑝𝑐 𝐴𝑣 √𝑅𝑇𝐶

Donde pc y TC son la presión y temperatura del cilindro, Av es el área de abertura de la válvula y R es la constante de gas de los gases de escape. El diámetro interior del cilindro es 10 cm y el émbolo se mueve hacia arriba a razón de 30 m/s .La distancia entre el émbolo y la cabeza es 10 cm. El área de abertura de la válvula es 1 cm, la presión de la cámara es 300 kPa abs, la temperatura de la cámara es 600 0C y la constante de gas es 350 J/Kg K. Aplicando la ecuación de continuidad, determine la rapidez con que la densidad de gas está cambiando en el cilindro. Suponga que la densidad y presión son uniformes en el cilindro y el gas es ideal. Solución: De la ecuación de continuidad planteamos Para un flujo compresible y no permanente: 𝑑 𝑑𝑡

(𝜌∀) + 0.65

𝑝𝑐 𝐴𝑣 √𝑅𝑇𝐶

=0

Despejando ∀ 𝑑𝜌 𝑑𝑡

𝑑𝜌 𝑑∀ 𝑝𝑐 𝐴𝑣 +𝜌 + 0.65 =0 𝑑𝑡 𝑑𝑡 √𝑅𝑇𝐶

= (𝜌/∀)

𝑑∀ 𝑑𝑡

− 0.65

𝑝𝑐 𝐴𝑣 ∀√𝑅𝑇𝐶

.............(1)

Hallando el volumen ∀= (0.1)(𝜋/4)(0.1)2 = 7.854𝑥10−4 𝑚3 Hallando la variación de volumen con respecto al tiempo 𝑑∀ = −(30)(𝜋/4)(0.1)2 = −0.2356 𝑚3 /𝑠 𝑑𝑡

Hallamos la densidad 𝜌=

𝑝 300000 𝑘𝑔 = = 0.982 3 𝑅𝑇 350𝑥873 𝑚

Remplazamos en (1) 𝑑𝜌 0.982 0.65𝑥300000𝑥1𝑥10−4 =( ) 𝑥(−0.2356) − 𝑑𝑡 7.854𝑥10−4 7.854𝑥10−4 𝑥√350𝑥873

𝑑𝜌 𝑘𝑔 = 250 3 𝑑𝑡 𝑚

Problema 5 Fluye aire como se muestra en la figura sobre una placa plana, y la velocidad se reduce a cero en la pared. Si 𝑚 𝜇𝑦 = 10(20𝑦 − 100𝑦 2 ) , calcule el flujo másico a través de una superficie paralela a la placa y 0.2𝑚 𝑠

arriba de esta. La placa tiene 2𝑚 de anchura y 𝜌 = 1.23

𝐾𝑔 𝑚3

Solución: Consideraciones: flujo comprensible y permanente Por conservación de la masa: ∭ 𝜌 𝑑∀ + ∯ 𝜌𝑉𝑑𝐴 = 0 𝑉.𝐶

𝑆𝐶

Por las consideraciones se tiene: ∯ 𝜌𝑉𝑑𝐴 = 0 𝑆𝐶

Se cumple que: 𝑚̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑚̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎

además 𝑑𝑚̇ = 𝜌𝑉𝑑𝐴

Se tiene la siguiente ecuación por conservación de la masa: (𝜌 ∫ 𝜇𝑦 𝑑𝐴 + 𝜌𝜇𝐴) + 𝑚̇ = 𝜌𝑉𝐴0 ……(1) Entonces cuando y=0.1m, 𝜇 = 10

𝑚 𝑠

asi se mantendrá hasta 0.2m

En la ecuación (1) se tiene: 0.1

(𝜌 ∫ 10(20𝑦 − 100𝑦 2 )2𝑑𝑦 + 𝜌10 ∗ 2 ∗ 0.1) + 𝑚̇ = 𝜌0.2 ∗ 2 ∗ 10 0

3

𝐾𝑔

4

𝑚3

Resolviendo la ecuación se tiene que: 4𝜌 = ( 𝜌 + 2𝜌) + 𝑚̇ además 𝜌 = 1.23 Se tiene que 𝑚̇ = 0.67𝜌 𝑅𝑝𝑡𝑎:

𝑚̇ = 0.824

𝐾𝑔 𝑠

Problema 6 en la figura, si la masa del volumen de control no cambia, calcule 𝑉3 .

Datos del problema: En (1): 𝐷1 = 4𝑐𝑚

en (2): 𝑚̇ = 10

𝐾𝑔

en (3): 𝐷2 = 4𝑐𝑚

𝑠

𝑉𝑓 = 10(4 − 𝑟 2 )

𝑚 𝑠

Solución: En el problema nos indica que el flujo másico se mantiene entonces se cumple: ∯𝑆𝐶 𝜌𝑉𝑑𝐴 = 0 Entonces 𝑚̇𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑚̇𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 ……….. (α) En el punto (1) se tiene que la 𝑉𝑀𝐴𝑋 = 10(4 − 0.022 ) = 39.996 Se sabe que la velocidad a usar es 𝑉 =

𝑉𝑀𝐴𝑋 2

𝑚 𝑠

entonces 𝑉 = 19.998

𝑚 𝑠

En (α) se tiene que: 𝑚̇1 = 𝑚̇2 + 𝑚̇3 𝜌𝜋𝐴1 𝑉 = 𝑚̇2 + 𝜌𝜋𝐴3 𝑉3 𝜌𝜋(0.02)2 ∗ 19.998 = 10 + 𝜌𝜋(0.02)2 𝑉3 Como se trata de agua 𝜌 = 1000 Rpta: 𝑉3 = 12.04

𝑚 𝑠

𝐾𝑔 𝑚3

𝑉3 = 𝑋

Problema 7 la bomba a chorro opera induciendo un flujo causado por la alta velocidad en el interior del tubo de 𝑟 2

5cm de diámetro, como se muestra en la figura. La velocidad en el tubo pequeño es 200 (1 − ( ) ). Estime 𝑅

la velocidad media de salida

Solución: Datos: 𝐷1 = 0.05𝑚 ; 𝐷3 = 0.2𝑚 Consideraciones: flujo permanente e incompresible por eso se cumple ∯𝑆𝐶 𝜌𝑉𝑑𝐴 = 0 Por las consideraciones tenemos que: ̇ ̇ 𝑉𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 − 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 =0 𝑉3̇ = 𝑉1̇ + 𝑉2̇ Además se sabe que 𝑑𝑉̇ = 𝑉𝑑𝐴 0.025 (𝐷3 − 𝐷1 )2 𝜋𝑉2 𝐷3 2 𝜋𝑉3 𝑟 2 =∫ 200 (1 − ( ) ) 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 + 4 𝑅 4 0 0.025 (0.2 − 0.05)2 𝜋4 0.22 𝜋𝑉3 𝑟 2 =∫ 200 (1 − ( ) ) 2𝜋𝑟 𝑑𝑟 + 4 0.025 4 0

Resolviendo la operación se tiene que 𝑚

𝑉3 = 10 . 𝑠

Problema 8 El combustible sólido de un cohete arde con una rapidez de 400 𝑒 −𝑡/100 𝑐𝑚3 /𝑠 si la densidad del combustible es de 900 kg/m3 , estime la velocidad de salida Ve en t =10 s suponiendo que la densidad de los gases que salen es de 0.2 kg/m3 . Solución: 𝜌1 𝐴1 𝑣1 = 𝜌2 𝐴2 𝑣2 400 𝑒 −10/100 x 10-6 x 900 = 0.2 x 𝜋 x 0.052 x Ve Operando queda Ve=207 m/s

Problema 9 Una tobera estacionaria descarga agua contra un aplaca que se mueve hacia la tobera a la mitad de la velocidad del chorro .cuando la descarga dela tobera es de 6 cfs , a que velocidad se desviara el agua . Solución Sabemos por la condición de continuidad que 𝑄𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 = 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 Del problema se sabe que 𝑉0 + 0.5𝑉0 = 3𝑉0 /2 Por lo tanto 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑄𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 𝑉𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝐴0 3𝑉0 3 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = ( ) (𝐴0 ) = (𝑉0 𝐴0 ) 2 2 𝑄𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 = 9.0 𝑐𝑓𝑠

Problema 10 Un tambor cilíndrico de agua colocado sobre su costado, se esta vaciando por un tubo corto de 2 pulgadas de diámetro situado en el fondo del tambor. La velocidad del agua que sale del tubo es V=(2gh)1/2 donde g Es la aceleración dela gravedad y h es la altura de la superficie del agua de la salida del tanque . el tanque mide 4 ft de largo y 2 ft de diámetro .inicialmente el tanque esta lleno a la mitad .encuentre el tiempo necesario para que el tanque se vacié Solución : Sabemos por el principio de continuidad que ∑ 𝜌. 𝑉. 𝐴 = −

𝜌. 𝑉. 𝐴 = −

𝑑 𝑑𝑡

∫ 𝜌. 𝑑∀…………….1

𝜌√2𝑔ℎ𝐴 = −

𝑑 𝑑𝑡

∀ ……………………2

𝑑𝑡 𝜌√2𝑔ℎ𝐴 = −𝑑∀………………3

𝑑 ∫ 𝜌. 𝑑∀ 𝑑𝑡

Pero 𝑑∀= −L(2x)dy y después sustituimos en la ecuación 2 𝑑𝑡 𝜌√2𝑔ℎ𝐴 = 2𝐿𝑥2𝑦 …………4 Pero h puede estar expresado en función de y h=R–y Entonces 𝑑𝑡 𝜌√2𝑔(R – y) 𝐴 = 2𝐿𝑥2𝑦 Por otra parte 𝑅2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 𝑥 = √𝑦 2 − 𝑅2 = √(𝑦 − 𝑅)(𝑦 + 𝑅) 𝑑𝑡 𝜌√2𝑔(R – y) 𝐴 = 2𝐿√(𝑦 − 𝑅)(𝑦 + 𝑅) dy 𝑑𝑡 = (

2𝐿

√2𝑔 𝐴

) √(𝑦 + 𝑅)𝑑𝑦………5

Integrando la ecuación 4 y evaluando el tiempo de 0 a t nos queda 𝑡=(

2𝐿

3 3 2 ) ( ) ((2𝑅)2 − 𝑅2 ) √2𝑔 𝐴 3

Para R=1 𝑡=(

2𝐿

3 2 ) ( ) ((2)2 − 1) √2𝑔 𝐴 3

𝜋

En la ecuación 5 A = (𝐴 = ( ) 𝑑 2 = 0.0219 𝑓𝑡 2 por lo tanto 4

Entonces 3 2𝑥4 2 𝑡=( ) ( ) ((2)2 − 1) √2𝑥32.2 𝑥0.0219 3

T=55.5 segundos

Conservación de la energía

Problema 11 La curva que proporciona el fabricante para la bomba de sistema de flujo que se muestra en la figura . Estime la razón de flujo. El coeficiente d pérdida global es a) k=5 ,b)k=20 . la solución requiere un procedimiento de ensayo y error , o bien se puede escribir la ecuación de la energía como H p=Hp(Q) y graficarse sobre la curva de la bomba .

Solución 𝐻𝑝 =

a)

𝑃2 𝑉2 2 𝑃1 𝑉1 2 𝐾𝑣 2 + + 𝑧2 – + − 𝑧1 + 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 2𝑔

𝐻𝑝 = 40 + 5

𝑄2 𝜋𝑥0.04𝑥0.04𝑥2𝑥9.81

= 40 + 50.7𝑄2

Para Q=0.25 entonces 𝐻𝑝 = 43.2(𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎) 𝐻𝑝 = 58(𝑐𝑜𝑑𝑜) Para Q=0.30 entonces 𝐻𝑝 = 44.6(𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎) 𝐻𝑝 = 48(𝑐𝑜𝑑𝑜) Entonces Q=0.32 𝑚3 /𝑠 B) 𝐻𝑝 = 40 +

20𝑥𝑄2 𝜋𝑥0.04𝑥0.04𝑥2𝑥9.81

= 40 + 203𝑄2

Para Q=0.25 entonces 𝐻𝑝 = 52.7(𝑒𝑛𝑒𝑟𝑔𝑖𝑎) 𝐻𝑝 = 58(𝑐𝑜𝑑𝑜) Por lo tanto Q=0.27 𝑚3 /𝑠

Problema 12 En el diseño de sistemas de bombeo, frecuentemente se instala una línea de derivación en paralelo con la bomba para que parte del fluido puede recircular. Como se muestra. Entonces la válvula de la derivación controla el caudal del sistema. Suponga que la curva de carga contra descarga para la bomba esta dad por h p =100 – 100Q1 donde hp esta en metros y Q en m3/s. Suponga que la única perdida de carga es la debida a la válvula, que tiene un coeficiente de pérdida de carga de 0.2. La descarga que sale del sistema es de 0.2 m 3 /s. Encuentre la descarga por la bomba y la línea de derivación. Solución:

Planteamos para el caudal entre la bomba y la válvula 𝑄𝑏 = 𝑄𝑣 + 0.2 (𝑝2 − 𝑝1 ) = ℎ𝑝 𝛾 𝜋 𝐴 = ( ) (0.12 ) = 0.00785 𝑚2 4 𝐾𝑣 𝑉𝑣2 𝐾𝑣 𝑄𝑣2 = = ℎ𝑝 2𝑔 2𝑔𝑥𝐴2 ℎ𝑝 = 100 − 100(𝑄𝑣 + 0.2) 0.2𝑄𝑣2 = 100 − 100𝑄𝑣 − 20 2𝑥9.81𝑥(0.00785)2

165𝑄𝑣2 +100𝑄𝑣 − 80 = 0 Resolviendo la ecuación cuadrática tenemos 𝑄𝑣 = 0.456

𝑚3 𝑠

𝑄𝑝 = 0.456 + 0.2 = 0.656

𝑚3 𝑠

Problema 13 Calcule la pedida de energía que ocurriría con el flujo de 50gal/min. de u tanque a u tubo de acero con diámetro exterior de 2.0 pulg. Y espesor de pared de 0.065pulg. El tubo esta instalado con su extremo de descarga dentro de la pared del tanque y es u cuadrado con aristas afiladas.

Solución: Hallando la velocidad: Para los datos el valor de A = 1.907*10^-2 

V 50 gal / min 1 ft 3 / s V    5.84 ft / s A 1.907  10 2 ft 2 449 gal / min V2 De tabla se sabe que para la entrada K = 0.5 Pc  K 2g

 5.842  Pc  0.5   0.265 ft  32.22 

Problema 14 Determine la perdida de energía cuando fluye 1.5 pies3/s de agua de una tubería estándar de 6 pulg cedula 40 a un deposito grande: Solución: En el problema va haber perdida de energía a la salida de la tubería. Entonces:

Pc  K

V2 de la tabla se sabe que K = 1.0 y de la tabla de acero calibre 40 el A= 0.2006 2g 

V 1.5 ft 3 / s V    7.48 ft / s A 0.2006 ft Reemplazando los valores

Pc  1.0

7.48 2  0.868 ft 232.2

Problema 15 De un deposito grande fluye agua a 10 ºC a una velocidad de 1.5×10-2 m3/s a través del sistema que se muestra en la figura. Calcule la presión en B.

Solución: Aplicando la ecuación de la conservación de la energia entre los punto A y B 2

PA

2

V P V  Z A  A  B  Z B  B  Pc , pero como Pa = 0 y Va =0 0 2g  0 2g Despejando PB

2   V PB    Z A  Z B  B  Pc  2g  

Pero se sabe que mi Pc:

 L V2   V2  V2   Pc   f   K sea  hV 2g   2 g  primarias  2 g  sec undarias Pc  f

L hV  3 f 30hV  2hV  2

V 1.99 hV  B   0.202m 2 g 29.81 Hallando el valor de NR previo para después determinar el valor de f

NR 

 D



VD 1990.098   1.5  10 5 6 v 1.3  10

0.098  65300  f  0.0165 y para el codo es f =0.01 1.5

   80.5  PB  9.8112  0.202  0.202  30.010300.202  0.0165 0.202   0.098    PB  85.1kPa Problema 16 Un flujo se divide en dos ramales, como se muestra. Una válvula de compuerta, abierta a la mitad. Se encuentra instalada en la Línea A, y una válvula de globo abierta por completo está instalada en la línea B. La perdida de carga debida a la fricción en cada ramal es insignificante en comparación con la perdida de carga en las válvulas. Encuentre la razón entre la velocidad en la línea B (incluya pérdidas en codos para confecciones con tuberías roscadas). Solución:

Sabemos para el problema ∑ ℎ𝐿𝐵 = ∑ ℎ𝐿𝐴 Entonces ℎ𝐿𝑔𝑙𝑜𝑏𝑜 + 2ℎ𝐿𝑐𝑜𝑑𝑜 = ℎ𝐿𝑐𝑜𝑚𝑝𝑢𝑒𝑟𝑡𝑎 + 2ℎ𝐿,𝑐𝑜𝑑𝑜 Reemplazando datos 10𝑉𝐵2 0.9𝑉𝐵2 5.6𝑉𝐴2 0.9𝑉𝐴2 +2( )= + 2( ) 2𝑔 2𝑔 2𝑔 2𝑔 11.8𝑉𝐵2 𝑉𝐴2 = 7.4 2𝑔 2𝑔 La razón de las velocidades será 𝑉𝐴 = 1.26 𝑉𝐵

Problema 17 Un fluido con V= 10 -6 m2/s y p = 800 kg/ m3 fluye por el tubo de hierro galvanizado de 8 cm . Estime el caudal para las condiciones que se muestran en la figura. Solución:

𝑝1 𝛾

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑍1 =

𝑝2 𝛾

+

𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑍2 + ℎ𝑓

150000 𝑉1 2 120000 𝑉2 2 + +0= + + 3 + ℎ𝑓 800𝑥9.81 2𝑔 800𝑥9.81 2𝑔

ℎ𝑓 = 0.823

3

(𝐷 2 )

1

3

1

(0.8)2 2𝑔ℎ𝑓 2 2𝑥9.81𝑥0.0823 2 ( )𝑥 ( ) = 𝑥( ) −6 (𝑉) 𝐿 10 30

=1.66x10-4

Problema 18 En la figura haga caso omiso de las pérdidas a través de la entrada, la contracción y la tobera y prediga el valor de H si: 1. 2.

ℎ = 15𝑐𝑚. ℎ = 20𝑐𝑚.

Solución: 

Por conservación de la masa y por ser un flujo permanente e incompresible se tiene que: ∯𝑆𝐶 𝜌𝑉𝑑𝐴 = 0 Y por estar en serie se tiene que: 𝑉1̇ = 𝑉2̇ = 𝑉𝐵̇ 𝑉1 𝐴1 = 𝑉2 𝐴2 = 𝑉𝐵 𝐴𝐵 𝑉1 𝜋𝐷1 2 4



𝑉2 𝜋𝐷2 2

=

4

𝑉𝐵 𝜋𝐷𝐵 2

=

4

………………………… (a)

Por conservación de energía: En 𝐴 − 𝐵:

𝑃𝐴 𝛿

+

𝑉𝐴 2 2𝑔

+ 𝑧𝐴 =

𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 = Luego queda:

En 1 − 2:

𝐻= 𝑃1 𝛿

𝑃1 𝛿

Por manometría:

+

−

𝑉𝐵 2 2𝑔 𝑉1 2 2𝑔

𝑃2 𝛿

𝛿

𝑉𝐵 2

+

𝑉𝐵 2 2𝑔

+ 𝑧𝐵

Donde: 𝑧𝐴 − 𝑧𝐵 = 𝐻

2𝑔

…………… (1)

+ 𝑧1 =

=

𝑃𝐵

𝑉2 2 2𝑔

−

𝑃2 𝛿 𝑉1 2 2𝑔

+

𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑧2

…………….. (2)

𝑃1 + ℎ𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑃2 + ℎ𝛿𝐻𝑔 𝑃1 −𝑃2 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎

= ℎ(𝑆𝐻𝑔 − 1)………………… (α)

Reemplazando (α) en (2): ℎ(𝑆𝐻𝑔 − 1) =

𝑉2 2 2𝑔

−

𝑉1 2

Se sabe que de (a): 𝑉2 = 0.25𝑉𝐵 ;

2𝑔

Y de tablas se tiene que: 𝑆𝐻𝑔 = 13.54

ℎ(𝑆𝐻𝑔 − 1) =

Despejando queda:

𝑉𝐵 2 2𝑔

=

12.54ℎ 0.0464

(0.25𝑉𝐵 )2 − (0.127𝑉𝐵 )2 2𝑔

…………………….. (m)

Luego reemplazando (m) en (1) se tiene que: 𝐻=

Luego nos pides cuando:

ℎ = 0.15𝑚

12.54ℎ 0.0464

ℎ = 0.15𝑚

𝐻 = 40.53𝑚

𝐻 = 40.53𝑚

𝑉1 = 0.127𝑉𝐵

Problema 19 El coeficiente de perdidas global para la tubería que se muestra en la figura es de 5; hasta A es de 0.8, de A a B es de 1.2, de B a C es de 0.8, de C a D es de 2.2, estime la razón de flujo y las presiones en A, B, C y D

Solución: Por conservación de la masa: en la pipeta se tiene 𝑉2 𝐷2 2 = 𝑉1 𝐷1 2 𝑉2 (0.08)2 = 𝑉1 (0.03)2 𝑉2 = 0.14𝑉1

Por conservación de energía se tiene que: a) Tomando como referencia las superficies se tiene que: 𝑃0 𝛿

+

𝑉0 2 2𝑔

+ 𝑧0 =

𝑃1 𝛿

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑧1 + ϸ𝑐 𝑧0 =

𝑉1 2 2𝑔

+

𝐾𝑉2 2 2𝑔

Por ser de extremos se toma el coeficiente global de perdida el 𝐾 = 5 Se tiene que: 10 =

𝑉1 2 2𝑔

+

5(0.14𝑉1)2 2𝑔

donde 𝑉1 = 13.36

𝑚 Con este dato se puede calcular el caudal: 𝑉̇ = 13.36 ∗ 𝜋 ∗ 0.0152 = 0.00944

3

𝑠

b) Calcularemos las presiones en cada punto y para eso se tomo en cuenta que el pipetee su velocidad es 𝑉2 = 1.878

𝑚 𝑠

esto quiere decir que la velocidad en toda la tubería se mantiene.

En todos los puntos tomaremos como referencia la superficie inicial la cual se tiene: 𝑃0 𝑉0 2 𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 + + 𝑧0 = + + 𝑧𝐴 + ϸ𝑐 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔

𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑧0 =

𝑉2 2 𝐾𝑉2 2 𝑃𝐴 + + + 𝑧𝐴 2𝑔 2𝑔 𝛿

Calculado la presión en A: 10 =

1.8782 0.8(1.878)2 𝑃𝐴 + + +3 2𝑔 2𝑔 𝛿 𝑃𝐴 = 65.5𝐾𝑃𝑎

Calculado la presión en B:

10 =

1.8782 2(1.878)2 𝑃𝐵 + + + 10 2𝑔 2𝑔 𝛿 𝑃𝐵 = −5.29𝐾𝑃𝑎

Calculado la presión en C: 10 =

1.8782 2.8(1.878)2 𝑃𝐶 + + + 12 2𝑔 2𝑔 𝛿 𝑃𝐶 = −26.3𝐾𝑃𝑎

Calculado la presión en D:

10 =

1.8782 5(1.878)2 𝑃𝐷 + + +0 2𝑔 2𝑔 𝛿 𝑃𝐷 = 87.5𝐾𝑃𝑎

Problema 20 En el sistema que se muestra en la figura la velocidad promedio en la tubería es de 10𝑚/𝑠. Hasta en el punto A, 𝐾 = 1.5 ; de B a C, 𝐾 = 6.2; y la bomba tiene una eficiencia del 80%. Si 𝑃𝐶 = 200𝐾𝑃𝑎, calcule 𝑃𝐴 y 𝑃𝐵 y la potencia que la bomba requiere.

Solución: Aplicando conservación de energía: 

En el punto 1 y A:

𝑃1 𝛿

𝑉1 2

+

+ 𝑧1 =

2𝑔

𝑧1 − 𝑧𝐴 =

Despejado

𝑉𝐴 2 2𝑔

𝑃𝐴

+

𝛿

+

𝑃𝐴 = 9810 (30 −

𝑉𝐴 2

+ 𝑧𝐴 + ϸ𝑐1−𝐴

2𝑔

1.5𝑉𝑝𝑟𝑜

2

2𝑔 (10)2

2∗9.81

+

𝑃𝐴 𝛿

− 1.5

(10)2 2∗9.81

)

𝑃𝐴 = 169.3𝐾𝑃𝑎 

En el punto B y C: Despejado

𝑃𝐵 𝛿

+

𝑃𝐵 𝛿

𝑉𝐵 2 2𝑔

=

+ 𝑧𝐵 =

𝑉𝐶 2 2𝑔

+

𝑃𝐶 𝛿

1.5𝑉𝑝𝑟𝑜 2𝑔

+

𝑉𝐶 2 2𝑔

2

+

𝑃𝐵 = 9810 (20 + 6.2

𝑃𝐶 𝛿

+ 𝑧𝐶 + ϸ𝑐𝐵−𝐶 + 𝑧𝐶 − 𝑧𝐵

(10)2 2∗9.81

) + 𝑃𝐶 Donde 𝑃𝐶 de 𝑃𝐶 = 200𝐾𝑃𝑎

𝑃𝐵 = 706.2𝐾𝑃𝑎



𝑃𝐴

Trabajando en la bomba:

𝛿

+

𝑉𝐴 2 2𝑔

+ 𝑧𝐴 + 𝐻𝐵 =

𝑃𝐵 𝛿

En el cual se resume a: 𝐻𝐵 =

+

𝑉𝐵 2 2𝑔

𝑃𝐵 −𝑃𝐴 𝛿

+ 𝑧𝐵

=

706.2−169.3 9810

= 54.73𝑚

9810∗54.73∗10(0.1) La potencia hidráulica es: 𝑃𝐻 = 𝛿𝑉̇ 𝐻𝐵 =

2𝜋

4

Por lo tanto la potencia que requiere la bomba es:ɳ𝐵 = 𝑊𝑒 =

𝑃𝐻 ɳ𝐵

=

42.2 0.8

= 42.2𝐾𝑊

𝑃𝐻 𝑊𝑒

= 52.75𝐾𝑊

Problema 21 Determinar la potencia producida por una turbina que se muestra en la figura con una razón de flujo de agua de 0.6𝑚3 /𝑠.la turbina tiene una eficiencia de 90%

Solución: Como en el punto 2 está compuesto por un pitot esto quiere decir que la 𝑉2 = 0 y además la velocidad en 1 se calcula: 𝑉1 = 

4 𝑉̇ 𝜋𝐷2

=

= 19.09 𝑚⁄𝑠

Aplicando manometría se tiene: 𝑃1 + ℎ𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎 + ∆𝑧 = 𝑃2 + ℎ𝛿𝐻𝑔 Despejando:



4∗0.6 𝜋(0.2)2

𝑃1−𝑃2 𝛿𝑎𝑔𝑢𝑎

+ ∆𝑧 = ℎ(𝑆𝐻𝑔 − 1)………… (α)

Ahora por conservación de energía en la turbina:

𝑃1 𝛿

+

𝑉1 2 2𝑔

+ 𝑧1 =

𝑃2 𝛿

+

𝑉2 2 2𝑔

+ 𝑧2 + 𝐻𝑇

Despejando: 𝐻𝑇 =

𝑃1 −𝑃2 𝛿

+ ∆𝑧 +

𝑉1 2 2𝑔

…………….. (β)

Reemplazando α en β: 𝐻𝑇 = ℎ(𝑆𝐻𝑔 − 1) +

𝑉1 2 2𝑔

= 0.8 ∗ 12.54 +

(19.09)2 2∗9.81

= 30.22𝑚

Se procederá a calcular la hidráulica: 𝑃𝐻 = 𝛿𝑉̇ 𝐻𝑇 = 9810 ∗ 0.6 ∗ 30.22 = 177.85𝐾𝑊 Y ahora se calculara la potencia requerida por la turbina: ɳ 𝑇 =

𝑊̇𝑒 𝑃𝐻

despejando

𝑊̇ 𝑡 = 𝑃𝐻 ɳ 𝑇 = 177.85 ∗ 0.9 = 160.06𝐾𝑊

Problema 22 Una bomba de agua tiene una entrada y dos salidas como se muestra en la figura todas a la misma altura. ¿Qué potencia de bomba se requiere si la eficiencia de la bomba es de 85%? Haga caso omiso a las perdidas en la tubería.

Solución: 

Por conservación de la masa para un flujo incompresible y permanente: 𝑉1̇ = 𝑉2̇ + 𝑉3̇ 𝑉1 𝐴1 = 𝑉2 𝐴2 + 𝑉3 𝐴3 5(0.06)2 𝜋 = 20(0.02)2 𝜋 + 𝑉3 (0.03)2 𝜋 𝑉3 = 11.11 𝑚⁄𝑠

Donde:



Por conservación de energía para fluido incompresible y de 𝜌 = 𝑐𝑡𝑒 𝑦 ∀= 𝑐𝑡𝑒

𝑚̇1 (

𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 𝑃3 𝑉3 2 + + 𝑧1 ) + 𝑊̇𝐵 ɳ 𝑇 = 𝑚̇2 ( + + 𝑧2 ) + 𝑚̇3 ( + + 𝑧3 ) 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔

Como están al mismo nivel se desprecian las alturas que dando la ecuación: 𝑚̇1 (

𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 𝑃3 𝑉3 2 + ) + 𝑊̇𝐵 ɳ 𝑇 = 𝑚̇2 ( + ) + 𝑚̇3 ( + ) 𝜌 2 𝜌 2 𝜌 2

Operando: 1000𝜋(0.06)2 ∗ 5 ( 11.11 (

500000 1000

+

120000 1000

11.112 2

+

(5)2 2

2

300000 20 ) + 𝑊̇𝐵 ɳ 𝑇 = 1000𝜋(0.02)2 ∗ 20 ( + ) + 1000𝜋(0.03)2 ∗ 1000

2

)

Operando se tiene: 𝑊̇𝐵 = 26.7𝐾𝑊 Problema 23 La bomba de la figura transmite aceite hidráulico cuya gravedad específica es de 0.85, a razón de 75𝐿/ 𝑚𝑖𝑛.la presión en A es de −20𝐾𝑃𝑎, y en B es de 275𝐾𝑃𝑎; la pérdida de energía en el sistema es 2.5𝑣𝑒𝑐𝑒𝑠 la carga de velocidad en la tubería de descarga. Calcule la potencia que la bomba transmite al aceite.

Solución: Por conservación de energía: 𝑃𝐴 𝛿

+

𝑉𝐴 2 2𝑔

𝐻𝐵 =

+ 𝑧𝐴 + 𝐻𝐵 = 𝑃𝐵 −𝑃𝐴 𝛿𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒

+

𝑃𝐵 𝛿

+

𝑉𝐵 2 −𝑉𝐴 2 2𝑔

𝑉𝐵 2 2𝑔

+ 𝑧𝐵 + ϸ𝑐𝐴−𝐵

+ 𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 +

𝐾𝑉𝐵 2 2𝑔

Por continuidad: 𝑉𝐴 =

𝑉𝐴̇

como se trata de tubería calibre 40 de 1pulg. Se tiene que el

𝐴𝑎

𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 =

𝑉𝐵 𝐴𝐵

𝐴𝑎 = 2.168 ∗ 10−3 por tablas

1.25 ∗ 10−3 = 0.577 𝑚⁄𝑠 2.168 ∗ 10−3

Como se trata de tubería calibre 40 de 1pulg. Se tiene que el 𝐴𝐵 = 5.574 ∗ 10−4 por tablas 𝑉𝐵 =

1.25∗10−3 5.574∗10−4

= 2.243 𝑚⁄𝑠

Volviendo a la ecuación por energía: 𝐻𝐵 =

275 − (−20) 2.2432 − 0.5772 2.5(2.243)2 + + 1.20 + 9.81 ∗ 0.85 2 ∗ 9.81 2 ∗ 9.81 𝐻𝐵 = 37.46𝑚

La potencia que la bomba trasmite al aceite es: 𝑃𝐻 = 𝛿𝑉̇ 𝐻𝐵 = 9.81 ∗ 0.85 ∗ 37.46 ∗ 1.25 ∗ 10−3 = 0.390𝐾𝑊 Problema 24 La bomba de la figura envía agua del almacenamiento inferior al superior, a razón de 2𝑝𝑖𝑒 3 /𝑠. la perdida de energía entre la tubería de succión y la entrada de la bomba es de 6𝑙𝑏 − 𝑝𝑖𝑒/𝑙𝑏, y el depósito superior es de 12𝑙𝑏 − 𝑝𝑖𝑒/𝑙𝑏. Ambas tuberías son de acero de 6𝑝𝑢𝑙𝑔 cedula 40. Calcule(a) la presión en la entrada de la bomba. (b) la presión en la salida de la bomba, (c) la carga total sobre la bomba y (d) la potencia que transmite la bomba al agua.

Solución: (a) Por método de conservación de energía en el punto 1 y 2 en la succión: 𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ϸ𝑐1−2 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 𝑉2 2 𝑃2 = 𝛿 (− + 𝑧2 − 𝑧1 − ϸ𝑐1−2 ) 2𝑔 𝑉̇ 2 𝑓𝑡 Además se sabe que 𝑉2 = = = 9.97 ⁄𝑠 el área 2 sale por tablas 𝐴2 0.2006 Reemplazando: 9.972 1 − 10 − 6) ( ) = −7.6𝑝𝑠𝑖 2 ∗ 32.2 144 (b) Por el método de la conservación de la energía en el punto 3 y 4 en la descarga: 𝑃2 = 62.4 (−

𝑃3 𝑉3 2 𝑃4 𝑉4 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧4 + ϸ𝑐3−4 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 𝑃3 = 𝛿 (−

𝑉3 2 2𝑔

+ 𝑧4 − 𝑧3 + ϸ𝑐3−4 )

Por ser del mismo material y por continuidad se tiene que: 𝑉2 = 𝑉3 = 9.97 9.972 1 + 40 + 12) ( ) = 21.9𝑝𝑠𝑖 2 ∗ 32.2 144 (c) Para calcular la carga de la bomba tomaremos los punto 1y 4para mayor facilidad, por conservación de energía: 𝑃2 = 62.4 (−

𝑃1 𝑉1 2 𝑃4 𝑉4 2 + + 𝑧1 + 𝐻𝐵 = + + 𝑧4 + ϸ𝑐1−2 + ϸ𝑐3−4 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 𝐻𝐵 = 𝑧4 − 𝑧1 + ϸ𝑐1−2 + ϸ𝑐3−4 = 50 + 6 + 12 = 68𝑓𝑡 (d) La potencia que la bomba transmite al agua es: pie

𝑃𝐻 = 𝛿𝑉̇ 𝐻𝐵 = 68 ∗ 62.4 ∗ 2 = 8486lb − lb (

1Hp 550lb −

= 15.4Hp pie) lb

Problema 25 En la figura mostramos una bomba que envía 840𝐿/𝑚𝑖𝑛 de petróleo crudo (Sg=0.85), desde un tanque de almacenamiento subterráneo a la primera etapa de un sistema de procesamiento. (a) si la pérdida total de energía en el sistema es de 4.2𝑁. 𝑚/𝑁 de aceite que fluye, calcule la potencia que transmite la bomba. (b) si la perdida de energía en la tubería de succión es de 1.4𝑁. 𝑚/𝑁 3/4de pulg de aceite que fluye, calcule la presión en la entrada de la bomba.

Solución: A. Analizaremos por conservación de energía el punto 1 y 3: 𝑃1 𝑉1 2 𝑃3 𝑉3 2 + + 𝑧1 + 𝐻𝐵 = + + 𝑧3 + ϸ𝑐1−3 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 Por estar en las superficies se considera las velocidades cero: 𝑃3 𝐻𝐵 = + 𝑧3 − 𝑧1 + ϸ𝑐1−3 𝛿 825 𝐻𝐵 = + 14.5 + 4.2 = 117.6𝑚 0.85 ∗ 9.81 La potencia hidráulica sera: 840 𝑃𝐻 = 𝛿𝑉̇ 𝐻𝐵 = 117.6 ∗ 0.85 ∗ 9.81 ∗ = 13.73𝐾𝑊 60000 B. Para calcular la presión de succión analizaremos por conservación de energía en el punto 1 y2: 𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧1 = + + 𝑧2 + ϸ𝑐1−2 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔

𝑃2 = 𝛿 (−

𝑉2 2 + 𝑧1 − 𝑧2 − ϸ𝑐1−2 ) 2𝑔

𝑃2 = 0.85 ∗ 9.81 (−

4.532 − 3 − 1.4) = −45.4𝐾𝑃𝑎 2 ∗ 9.81

Problema 26 En la figura mostramos una bomba pequeña en una lavadora automática que descarga en el depósito de desagüe. La tina de la lavadora mide 525mm de diámetro y 250mm de profundidad. La altura promedio sobre la bomba es de 375mm, según se ilustra. La manguera de descarga tiene un diámetro interior de 18mm.la perdida de energía en el sistema de la manguera es de 0.2N.m/N. si la bomba a vacía la tina en 90s, calcule la carga promedio sobre la bomba.

Solución: Calcularemos el caudal que genera la máquina de lavar ropa: Luego la velocidad en la manguera es: 𝑉2 =

𝑉̇ 𝐴

=

6.013∗10−4 𝜋∗0.0182⁄4

2 ∗0.25

∀ 𝜋(0.525) 𝑉̇ = = 𝑡

4∗90

= 6.013 ∗ 10−4 𝑚3 ⁄𝑠

= 2.36𝑚/𝑠

Por conservación de energía en 1 y 2: 𝑃1 𝑉1 2 𝑃2 𝑉2 2 + + 𝑧1 + 𝐻𝐵 = + + 𝑧2 + ϸ𝑐1−3 𝛿 2𝑔 𝛿 2𝑔 Despejando se obtiene: 𝐻𝐵 =

𝑉2 2 2.362 + 𝑧2 − 𝑧1 + ϸ𝑐1−3 = (1 − 0.375) + + 0.22 = 1.13𝑚 2𝑔 2 ∗ 9.81

Cantidad de movimiento

Problema 27 Un conducto largo de acero de 6 pulg. Calibre 40 descarga 0.085 m 3/s de agua de un recipiente abierto a la atmósfera. Como se muestra en la figura. Calcule perdida de energía en el conducto.

Solucion: Como la superficie la salida esta expuesta a la atmósfera su presión en igual y la velocidad en la superficie del agua es despreciable. El punto A se encuentra en la superficie y el punto B se encuentra la descarga Aplicando la ecuación general de la energía: 2

PA

2

V P V  Z A  A  H B  B  Z B  B  H T  Pc 0 2g 0 2g De acuerdo con lo dicho antes quedaría:

PA  PB  0  V1  0 Pc  Z A  Z B   VB 

2

VB ......I 2g

;

Q 0.085   4.56m / s ; Donde el área (A) de tablas de tuberías A 1.864  10 2

Reemplazando en I

Pc  10 

4.56 2  8.94m 29.81

Problema 28 En la prueba de bombas la presión de succión en la entrada de la bomba es de 30KPa por debajo de la presión atmosférica, la presión de la entra es de 520kPa. Ambos conductos tienen 75mm de diámetro. Si la rapidez de flujo de agua es de 75/min, calcule la potencia transmitida por la bomba al agua.

Solución. Datos:



V  75L / min  1.25  10 3

De la ecuación general de la energía:

Pa

2

2

V P V  Z A  A  H B  B  Z B  B  H T  Pc 0 2g 0 2g Como los caudales son iguales entonces V1 = V2 y ademas no hay perdidas de carga

HB 

PB  PA

0

 Z B  Z A 

Reemplazando valores

520   30  0.75 9081 H B  56.82m

HB 







PA  H B  V  56.829.81 1.25  10 3  0.697 KW

Problema 29 La configuración que se presenta en la figura se esta utilizando para medir la perdida de la energia en una válvula. La velocidad de flujo del aceite es de 1.2m/s. calcule el valor de K si la perdida de energía esta expresada como K(V2/2g).

Solución: Aplicando la ecuación de la conservación de la energía: 2

Pa

2

V P V  Z A  A  H B  B  Z B  B  H T  Pc 0 2g 0 2g ; Donde el punto A es el punto inferior y B el punto superior Como los dos tienen el mismo diámetro entonces las velocidad van a hacer iguales: Va = Vb Y como no hay bomba entonces

Pc 

PB  PA

0

 Z B  Z A 

En el manómetro

Pa   0  X   0 0.378   m X   m 0.38   0 1.0  PB Reemplazando los valores

PB  PA

0

Pc 

 6.337m

PB  PA

0

VB2   1.0  Pc  6.337  1  5.337  K 2g

VB2 29.815.337  K   72.7 2g 1.22

Problema 30 Este codo descarga agua en la atmosfera. Determine los componentes de la fuerza en la Brida necesarios para mantener el codo en su lugar. El codo se encuentra en un plano horizontal. Suponga que las fuerzas viscosas son insignificantes. El volumen interior del codo es 0.25 m 3 , D1 =60 cm , D2 =30 cm , y V2 =10 m/s. La masa del codo es 250 Kg. Solución:

Según datos del problema: 𝑣1= 10 4

=2.5 𝑚 ⁄𝑠

𝑄 = 𝐴1 . 𝑉1 = 𝜋𝑥0.3𝑥0.3𝑥2.5 = 0.707 𝑚3 ⁄𝑠 De la ecuación de bernoulli 𝜌 𝑝1= 𝑝2 + ( ) (𝑣22 − 𝑣12 ) 2 𝑝1 = 0 + (1.000/2)(10𝑥10 − 2.5𝑥2.5) 𝑝1 = 46.875 𝑃𝑎𝑠 Aplicamos conservación del momento en el eje x 𝐹𝑥 + 𝑃1 . 𝐴1 = 𝜌𝑄(−𝑣2 cos 60 − 𝑣1 ) 𝐹𝑥 = −46.875𝑥𝜋𝑥0.3𝑥0.3 + 1.000𝑥0.707𝑥(−10 cos 60 − 2.5) 𝐹𝑥 = −18.560 𝑁 Aplicamos conservación del momento en el eje y 𝐹𝑦 = 𝜌𝑄(−𝑣2 sin 60 − 𝑣1 )

𝐹𝑦 = 1.000𝑥0.707𝑥(−10 sin 60 − 0) 𝐹𝑦 = −6.123

Aplicamos conservación del momento en el eje y 𝐹𝑧 − 𝑊𝐻

2𝑂

− 𝑊𝑐𝑜𝑑𝑜 = 0

𝐹 𝑧 = (0.25𝑥9.810) + (250𝑥9.810) = 4.905 𝑁 Por lo tanto la fuerza de la brida será será 𝐹 = 𝐹𝑥 + 𝐹𝑦 + 𝐹 𝑧 𝐹 = (−18.560𝑖 − 6.123𝑗 + 4.905 𝑘)𝐾𝑁

Problema 31 Para esta T horizontal por la cual esta circulando agua (p= 1000 Kg/m3 ), se proporcionan los siguientes datos: Q1 =0.25 m3/s , Q = 0.15 m3/s , p1 = 100 kPa .p2 =70 kPa ,p3 =80 kPa , D1 = 15 cm , D2 =10 cm , y D3 = 15 cm. Para dichas condiciones, ¿Qué fuerza externa en el plano x -y (por medio de tornillos u otros medios de soporte) es necesaria para mantener la T en su lugar? Solución:

Del problema calculamos las velocidades teniendo en cuenta los caudales que nos dan de dato 𝑣=

𝑄 𝐴

Entonces para 𝑉1 𝑉2 , 𝑉3 planteamos

𝑉1 =

0.25 = 14.15 𝑚⁄𝑠 (𝜋 𝑥 0.075𝑥0.075)

𝑉2 = 𝑉3 =

0.15 = 19.10 𝑚⁄𝑠 (𝜋 𝑥 0.05𝑥0.05)

0.25 − 0.15 = 5665 𝑚⁄𝑠 (𝜋 𝑥 0.075𝑥0.075)

De la conservación de momento en el eje x 𝐹𝑥 = −100,000𝑥𝜋𝑥𝜋 𝑥 0.075𝑥0.075 + 80,000𝑥0.075𝑥0.075𝑥𝜋 𝐹𝑥 = −100,00014.15𝑥 0.25 + 5.66𝑥0.10 = −3,325 𝑁 = −3.325𝐾𝑁 Por conservación del momento en el eje y

𝐹𝑦 = −1,000𝑥19.10𝑥0.15 − 70,000𝑥0.05𝑥0.05𝑥𝜋 𝐹𝑦 = −3,415 𝑁 = 3.415 𝐾𝑁 Entonces la fuerza externa para mantener la t será 𝐹𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟 = (−3.325𝑖 − 3.415𝑗) 𝐾𝑁

Problema 32 Un chorro horizontal de agua que mide 6 cm de diámetro y tiene una velocidad de 20 m/s es desviado por una paleta como se muestra en la figura. Si la paleta se mueve a razón de 7 m/s en la dirección x , ¿Qué componentes de fuerza son ejercidos por el agua sobre la paleta en las direcciones x y y ? Suponga que la fricción es insignificante entre el agua y la paleta.

Solución: Por conservación del momento en el eje x

∑ 𝐹𝑋 = 𝑚̇ 𝑣2𝑥 − 𝑚̇𝑣1𝑥 𝐹𝑋 = −𝑚̇𝑣2 cos 45 − 𝑚̇𝑣1

Por conservación del momento en el eje y ∑ 𝐹𝑦 = 𝑚̇ 𝑣2𝑦 − 𝑚̇𝑣1𝑦 𝐹𝑦 = 𝑚̇𝑣2 sin 45 Ahora analizando la velocidad planteamos V1 es relativo al marco de referencia 𝑣1 = (20 − 7) = 13 Entonces 𝑚̇ = 𝜌. 𝐴1 Usamos v que es relativo a la superficie de control en este caso 𝑣1 = (20 − 7) = 13 𝑚/𝑠 V2 es relativo al marco de referencia entonces 𝑣2 = 𝑣1 = 13 𝑚/𝑠 Entonces el flujo de masa es 𝜋𝑥0.06𝑥0.06 𝑚 ̇ = 𝜌. 𝐴. 𝑣 = (1,000 𝑘𝑔) ( ) (13) = 36.76 𝑘𝑔 4 Evaluando las fuerzas En x 𝐹𝑋 = 𝑚̇𝑣1 (1 + cos 45) 𝐹𝑋 = 36.76𝑥13(1 + cos 45) = 815.8 𝑁 En y 𝐹𝑦 = 𝑚̇𝑣2 sin 45 𝐹𝑦 = 36.76𝑥13 xsin 45 = 338.0 𝑁 𝐹 = (815.8𝑖 − 338.0𝑗 )𝑁

Problema 33 El agua de este chorro tiene una velocidad de 30 m/s a la derecha y es desviada por un cono que la mueve a la izquierda con una velocidad de 13 m/s. El diámetro del chorro es 10 cm. Determine la fuerza horizontal externa necesaria para mover el cono. Suponga que la fricción es insignificante entre el agua y la paleta.

Solución: El problema nos pide halar la fuerza externa necesaria horizontal para mover el cono Entonces de los daxtos primero hallamos las velocidades entonces 𝑣1 = 𝑉1 = 43 𝑚/𝑠 𝑣2 = 43 𝑚/𝑠 Entonces por conservación del momento en x 𝐹𝑥 = 𝑚̇(𝑣2𝑥 − 𝑣1 ) 𝐹𝑥 = 1,000𝑥 𝜋 𝑥(0.05𝑥0.05)𝑥 43𝑥(27.64 − 43) = −5,187 𝑁 𝐹𝑥 = −5.19 𝑘𝑁

Problema 34 Suponga que la pala que se ilustra, de 20 cm de ancho, se emplea como dispositivo de freno para estudiar efectos de desaceleración, semejantes a los de los vehículos espaciales. Si la pala se fija a un trineo de 1000 kg que al arranque se desplaza horizontalmente a razón de 100 m7s , ¿Cuál será la desaceleración inicial del trineo? La pala penetra 8 cm en el agua. (d= 8cm).

Solución: Nos piden la desaceleración inicial del trineo ,entonces Seleccionamos un volumen de control móvil que rodee la pala y el trineo para ello seleccionamos un punto de referencia Por conservación de momento en x tenemos 0=

𝑑 (𝑚̇𝑠 𝑣𝑠 ) + 𝑚̇ 𝑠 𝑣2𝑥 − 𝑚̇𝑣1𝑥 𝑑𝑡

Entonces pasamos a analizar las velocidades 𝑣1𝑥 = 0 𝑉1 = 100 𝑚/𝑠 𝑉2 = 100 𝑚/𝑠 𝑉2 = 100 𝑚/𝑠 (− cos 60𝑖 + 𝑠𝑒𝑛 60𝑗) + 100𝑖 𝑚/𝑠 𝑣2𝑥 = 50 𝑚/𝑠

Simplificando la ecuación de la conservación del momento ̇ 𝑣2𝑥 0 = 𝑚̇ 𝑠 𝑎𝑠 + 𝑚

Entonces 𝑚̇ = 𝜌. 𝐴1 𝑉1 = 1,000𝑥0.2𝑥0.08𝑥100 = 1,600 𝑘𝑔/𝑠 𝑎𝑠 =

−𝑚𝑣̇2𝑥 −1,600𝑥50 = = −80 𝑚/𝑠 2 𝑚𝑠 1,000

Problema 35 Cual debe ser la velocidad de flujo de agua de una boquilla de 2 pulg de diámetro para ejercer una fuerza de 300lb sobre una pared plana?

Solución: Del problema anterior observo lo siguiente 





R X   V (V2  V1 )   V (0  (V1 ))   V V1 

R X   V V1   (V  A)V  AV 2 Despejando el valor de V:

V1 

RX 300  144   84.2 ft / s 2 A 1.94  2 / 4





Problema 36 Calcule la fuerza que se requiere para mantener una placa lisa en equilibrio perpendicular al flujo de agua a 25m/s saliendo de una boquilla de 75mmm de diámetro.

Solución:

Hallando mi caudal: 

V  V  A  25 

0.075 2   0.1104m 3 / s 4

Cant. De movimiento: 





R X   V (V2  V1 )   V (0  (V1 ))   V V1 RX  1000  0.1104  25  2761KN

Problema 37 Calcule la fuerza ejercida sobre una paleta curvada estacionaria que desvia una corriente de agua con un diámetro de 1 pulg formando un angulo de 90º. La velocidad de flujo de volumen es de 150 gal/min.

Solución:

Hallando el caudal: 

1 ft 3 V  150 gal / min   0.334 ft 3 / s 449 gal / min

Considerando fluido permanente. De la conservación de la energía: 

V 0.324 (V2  V1 )    61.25 ft / s A 0.0833 Conservación de la cant de movimiento: En el eje X 





R X   V (V2  V1 )   V (0  (V1 ))   V V1 RX  1.94  0.334  61.25  39.7lb En el eje Y análogo que el anterior: 





RY   V (V2  V1 )   V (V2  (0))   V V2  39.7 lb Por lo tanto la fuerza resultante sería: R=56.1 lb Problema 38 En una planta en la que se fabrican partes de copas de forma hemisférica, se está diseñando una lavadora automática para limpiar las partes antes de su embarque. Un esquema que se está evaluando utiliza una corriente de agua a 180 ºF la cual choca contra la copa verticalmente hacia arriba. La corriente tiene una velocidad de 30 pies/s y un diámetro de 1.00 pulg. Como se muestra en la figura, el agua abandona la copa verticalmente hacia abajo en forma de un anillo anular que tiene un diámetro exterior de 4 pulg y un diámetro interior de 3.8 pulg calcule la fuerza externa requerida para mantener la copa boca abajo.

Solución: 

V V  A 

30  0.1636 ft 3 / s 4144



V 0.1636  1444 V2    19.23 ft / s A  4 2  3.8 2





De la conservación de cantidad de movimiento En el eje Y 

RY   V (V2  V1 ) lb

RY  1.88  0.163619.23   30  15.14lb Problema 39 En una planta donde se fabrican partes hemisféricas, formas de tasa, una lavadora una lavadora automática automática esta diseñado para limpiarlas antes de su envió. se evalúa un esquema que utiliza una corriente de agua a 180 F que sale vertical hacia arriba , donde esta la tasa . la corriente tiene una velocidad de 30 pie /s y diámetro de 1.00 pulgada como se parecía en la figura . el agua sale de la tasa en dirección vertical hacia abajo en forma de anillo ,cuyo diámetro externo es de 4 pulgadas y el interno es de 3.8 pulgadas , calcule la fuerza externa que se requiere para mantener la tasa hacia abajo Solución:

𝑄 = 𝐴𝑣 =

𝜋(1.75)2 25 𝑓𝑡 3 𝑥 = 0.418 4 144 𝑠

𝑅𝑥 = 𝜌𝑄(𝑣2𝑥 −𝑣1𝑥 ) = 𝜌𝑄(−𝑣2 𝑠𝑒𝑛30 − 0) 𝑅𝑥 = −𝜌𝑄(𝑣2 𝑠𝑒𝑛30) = −1.94𝑥0.418𝑥25𝑥𝑠𝑒𝑛30 𝑅𝑥 = −10.13 𝑙𝑏 𝑅𝑦 = 𝜌𝑄(𝑣2𝑦 −𝑣1𝑦 ) = 𝜌𝑄(𝑣2 𝑐𝑜𝑠30 − (−𝑣1 )) 𝑅𝑦 = 𝜌𝑄(𝑣2 𝑐𝑜𝑠30 + 𝑣1 ) = 1.94𝑥0.418𝑥(25𝑐𝑜𝑠30 + 25) = 37.79𝑙𝑏

Problema 40 Una corriente de agua de velocidad de 40 pies/s y diámetro de 2 pulgadas golpea el borde de una placa plana de modo quela mitad del chorro se desvía hacia abajo como se aprecia en la figura calcúlela fuerza que soporta la placa y la cantidad de movimiento en el punto A debido a la aplicación de la fuerza

Solución:

𝑅𝑥1 = 𝜌𝑄(𝑣2𝑥 −𝑣1𝑥 ) = 𝜌𝐴𝑣1 (0 − (−𝑣1 )) = 𝜌𝐴𝑣1 2 Hallando el área 1 𝐴1 = ( 2

𝜋(2.0𝑖𝑛)2 𝑥𝑓𝑡 2 4 ) = 0.0109𝑓𝑡 2 144𝑖𝑛2 𝑅𝑥1 = 33.9 𝑙𝑏

𝑅𝑥2 = 𝜌𝑄(𝑣2 −𝑣1 ) = 𝜌𝑄(𝑣2 − 0) = 𝜌𝑄𝑣2 Asumimos que 𝑣2 = 𝑣1 , 𝐴2 = 𝐴1

𝑅𝑥2 = 𝜌𝐴𝑣1 2 = 33.9 𝑙𝑏 𝑀1𝐴 = 𝑅𝑥1 (400 − 0.42)𝑖𝑛 = (33.9𝑙𝑏)(3.576𝑖𝑛) = 121 𝑙𝑏 − 𝑖𝑛