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TECNOLÓGICO NACIONAL DE MÉXICO, INSTITUTO TECNOLÓGICO DE CELAYA INGENIERÍA MECÁNICA

MECÁNICA DE FLUIDOS

“PROBLEMARIO DE LA TERCERA COMPETENCIA”

ALUMNOS: ARREDONDO TAPIA CÉSAR OSVALDO ORTEGA RODRÍGUEZ LUIS ALBERTO TAPIA RUIZ MANUEL ENRIQUE CASTRO RUIZ ROGELIO ESTRADA GARCÍA JOSAFAT

PROFESOR: M.C. SOTO LÓPEZ HUMBERTO

PUNTOS MÁX Fecha de entrega

01/12/2016

Hora de entrega

12:00 AM

Enunciados impresos

2

Procedimiento impreso

3

Figuras impresas

3

Resultados resaltados en color rojo

3

Respeta los márgenes

3

Limpieza

3

Orden

3

Referencia de datos consultados

10

Resultados

70

CALIF

6.79.- A través del medidor venturí de la figura fluye hacia abajo aceite con gravedad específica de 0.90. Si la deflexión del manómetro h es de 28 pulg, calcule el flujo volumétrico del aceite.

L N.R. Y

𝑄𝐴 = 𝑄𝐵 𝐴𝐴 𝑉𝐴 = 𝐴𝐵 𝑉𝐵 𝜋 2 𝜋 𝐷𝐴 𝑉𝐴 = 𝐷𝐵 2 𝑉𝐵 4 4 𝑉𝐴 = 𝑉𝐴 = 𝑉𝐴 =

𝐷𝐵 2 𝑉𝐵 𝐷𝐴 2 (2 𝑖𝑛 )2 𝑉𝐵

(4 𝑖𝑛)2 𝑉𝐵 4

⟹1

𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾 2𝑔 𝛾 2𝑔 𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + +𝐿 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝐴𝑐𝑒 2𝑔 𝛾𝐴𝑐𝑒 2𝑔

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 − 𝑉𝐴 2 = −𝐿 ⟹2 𝛾𝐴𝑐𝑒 2𝑔 Sustitución 1 en 2

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝐴𝑐𝑒

𝑉 2 𝑉𝐴 2 − ( 4𝐵 ) 2𝑔

−𝐿

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 15 𝑉𝐵 2 = −𝐿 ⟹3 𝛾𝐴𝑐𝑒 32𝑔

L

Y

𝑪

D

𝑃𝐶 = 𝑃𝐷 𝑃𝐴 + 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝐿 + 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝑌 + 𝛾𝐴𝑐𝑒 ℎ = 𝑃𝐵 + 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝑌 + 𝛾𝐻𝑔 ℎ 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝐻𝑔 ℎ − 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝐿 − 𝛾𝐴𝑐𝑒 ℎ 𝛾𝐻𝑔 ℎ − 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝐿 − 𝛾𝐴𝑐𝑒 ℎ 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝛾𝐻𝑔 ℎ 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = −𝐿− ℎ 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝛾𝐴𝑐𝑒 𝐿𝑏 13.54 (62.4 3 ) (28 𝑖𝑛) 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 𝑓𝑡 = − 𝐿 − 28 𝐿𝑏 𝛾𝐴𝑐𝑒 (62.4 3 ) (0.9) 𝑓𝑡 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 393.2444 𝑝𝑙𝑔 − 𝐿 ⟹ 4 𝛾𝐴𝑐𝑒

Igualación 3 con 4 15 𝑉𝐵 2 32𝑔

1 𝑓𝑡

− 𝐿 = 393.2444 𝑝𝑙𝑔 (12 𝑝𝑙𝑔) − 𝐿 𝑓𝑡

(32(32.2 2 )) 𝑠

393.2444 𝑓𝑡 𝑉𝐵 = √ 15

𝑉𝐵 = 47.4458

𝑓𝑡 𝑠

𝑄 = 𝐴𝐵 𝑉𝐵 2 𝜋 2 𝑓𝑡 𝑄 = ( 𝑓𝑡) (47.4458 ) 4 12 𝑠

𝒇𝒕𝟑 𝑸 = 𝟏. 𝟎𝟑𝟓𝟏𝟎 𝒔

6.86.- La figura muestra un medidor venturí con un manómetro de tubo en U, para medir la velocidad de flujo. Cuando no hay flujo, la columna de mercurio esta balanceada y su parte superior queda a 300 mm por debajo de la garganta. Calcule el flujo volumétrico a través del medidor, que haría que el mercurio fluyera por la garganta. Observe que para una deflexión dada del manómetro h, el lado izquierdo se movería hacia abajo h/2 y el derecho se elevaría h/2.

𝑄𝐴 = 𝑄𝐵 𝐴𝐴 𝑉𝐴 = 𝐴𝐵 𝑉𝐵 𝜋 2 𝜋 𝐷𝐴 𝑉𝐴 = 𝐷𝐵 2 𝑉𝐵 4 4 (75)2 𝑉𝐴 = (25)2 𝑉𝐵 𝑉𝐵 = 9𝑉𝐴 ⟹ 1 𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 − 𝑉𝐴 2 = ⟹2 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 Sustitución 1 en 2 𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 (9𝑉𝐴 )2 − 𝑉𝐴 2 = 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 80𝑉𝐴 2 = ⟹3 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 El mercurio debe llegar hasta el punto más alto del medidor de venturí del lado derecho para que fluya por la garganta:

𝒉 𝟐

𝒉 𝟐

𝑪 ∴

ℎ = 300 𝑚𝑚 = 0.3 𝑚 2

ℎ = 600 𝑚𝑚 = 0.6 𝑚 𝑃𝐶 = 𝑃𝐷 𝑃𝐴 + 𝛾𝐻2 𝑂 ℎ = 𝑃𝐵 + 𝛾𝐻𝑔 ℎ (𝑃𝐴 + 𝛾𝐻2 𝑂 ℎ = 𝑃𝐵 + 𝛾𝐻𝑔 ℎ)

1 𝛾𝐻2 𝑂

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 𝛾𝐻𝑔 ℎ = −ℎ 𝛾𝐻2 𝑂 𝛾𝐻2 𝑂 𝛾𝐻𝑔 = 𝑠𝑔𝐻𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 ∴

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 𝑠𝑔𝐻𝑔 ℎ − ℎ ⟹ 4 𝛾𝐻2 𝑂

Igualación 3 con 4 80𝑉𝐴 2 = 𝑠𝑔𝐻𝑔 ℎ − ℎ 2𝑔 1 ∴ 𝑉𝐴 = √(𝑠𝑔𝐻𝑔 ℎ − ℎ)(2𝑔) ( ) 80

𝑫

𝑉𝐴 = √((13.54)(0.6𝑚) − 0.6𝑚) ((2) (9.81

𝑉𝐴 = 1.3584

𝑚 𝑠

𝑄 = 𝐴𝐴 𝑉𝐴 𝑄=

𝜋 𝑚 (0.075 𝑚)2 (1.3584 ) 4 𝑠

𝑸 = 𝟔 𝒙 𝟏𝟎−𝟑

𝒎𝟑 𝒔

𝑚 1 )) ( ) 2 𝑠 80

6.92.- ¿Qué altura alcanzara el chorro de agua, en las condiciones mostradas en la figura?

𝑨

𝑪

𝑩

Se definieron los puntos A, B y C. Se busca 𝑍𝐶 . 𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝑃𝐴 𝑉𝐵 2 + 𝑍𝐴 = 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 ∴ 𝑉𝐵 = √(

𝑃𝐴 + 𝑍𝐴 ) (2𝑔) ⟹ 1 𝛾𝐻2 𝑂

𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 𝑃𝐶 𝑉𝐶 2 + + 𝑍𝐵 = + + 𝑍𝐶 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝑉𝐵 2 = 𝑍𝐶 ⟹ 2 2𝑔 Sustitución 1 en 2 2

𝑃 (√(𝛾 𝐴 + 𝑍𝐴 ) (2𝑔)) 𝐻2 𝑂

2𝑔

= 𝑍𝐶

𝑃 (𝛾 𝐴 + 𝑍𝐴 ) (2𝑔) 𝐻2 𝑂 = 𝑍𝐶 2𝑔 𝑃𝐴 + 𝑍𝐴 = 𝑍𝐶 𝛾𝐻2 𝑂

𝒁𝑨

𝑍𝐴 = 3.5 𝑓𝑡 (

12 𝑖𝑛 ) − 9 𝑖𝑛 1 𝑓𝑡

𝑍𝐴 = 42 𝑖𝑛 − 9 𝑖𝑛 𝑍𝐴 = 33 𝑖𝑛 𝑃𝐴 𝑍𝐶 = + 𝑍𝐴 = 𝛾𝐻2 𝑂

𝑙𝑏 𝑖𝑛2 + 33 𝑖𝑛 1𝑓𝑡 3 𝑙𝑏 62.4 3 ( ) 𝑓𝑡 (12 𝑖𝑛)3

𝑍𝐶 = 365.3077 𝑖𝑛 ( 𝑍𝐶 = 30.44 𝑓𝑡

12

1 𝑓𝑡 ) 12 𝑖𝑛

𝒉

ℎ = 𝑍𝐶 − 3 𝑖𝑛 = 30.44 𝑓𝑡 − 3 𝑖𝑛 ( 𝒉 = 𝟑𝟎. 𝟏𝟗 𝒇𝒕

𝒁𝑪

1 𝑓𝑡 ) 12 𝑖𝑛

7.18.- En la figura mostramos una bomba pequeña en una lavadora automática que descarga en el depósito de desagüe. La tina de la lavadora mide 525 mm de diámetro y 250 mm de profundidad. La altura promedio sobre la bomba mide es de 375 mm, según se ilustra. La manguera de descarga tiene un diámetro interior de 18 mm. La pérdida de energía en el sistema de la manguera es de 0.22 𝑁 ∙ 𝑚/𝑁. Si la bomba vacia la tina en 90 s, calcule la carga promedio total sobre la bomba.

B

A

N.R.

𝑣 = 𝐴ℎ 𝜋

𝜋

𝑣 = 4 𝐷2 ℎ = 4 (0.525𝑚)2 (0.25𝑚) 𝑣 = 0.0541 𝑚3

𝑄=

𝑣 𝑇

𝑄=

0.0541 𝑚3 90 𝑠

𝑄 = 6.0132 𝑥 10−4

𝑚3 𝑠

𝑄 = 𝐴𝐵 𝑉𝐵 𝑉𝐵 =

𝑄 𝐴𝐵 6.0132 𝑥 10−4

𝑚3 𝑠

𝑉𝐵 = 𝜋 (18 𝑥 10−3 𝑚)2 4

𝑉𝐵 = 2.3630

𝑚 𝑠

𝑃𝐴 𝛾

+

ℎ𝐴 = ℎ𝐴 =

𝑉𝐴 2 2𝑔

+ 𝑍𝐴 + ℎ𝐴 − ℎ𝐿 − ℎ𝑅 =

𝑉𝐵 2 2𝑔

𝑃𝐵 𝛾

+

𝑉𝐵 2 2𝑔

+ 𝑍𝐵

+ 𝑍𝐵 + ℎ𝐿 − 𝑍𝐴

2.3630

𝑚 𝑠

𝑚

2(9.81 2 ) 𝑠

𝒉𝑨 = 𝟏. 𝟐𝟗𝟓

+ 1 𝑚 + 0.22

𝑵∙𝒎 𝑵

𝑁∙𝑚 𝑁

− 0.373 𝑚

7.19.- El agua bombeada en el sistema que muestra la figura se descarga en un tanque que está siendo pesado. Se ha encontrado que se colectan 556 lb de agua en 10s. Si la presión en A es de 2 psi por debajo de la presión atmosférica, calcule la potencia que le suministra la bomba al agua. No tome en cuenta pérdidas de energía.

𝑩

𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 + ℎ𝑎 − ℎ𝑅 − ℎ𝐿 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝑊 = 𝛾𝑄 =

∆𝑊 ∆𝑡

(556𝑙𝑏) 𝑖𝑛3 𝑄= = 1539.7 13𝑙𝑏 𝑠 ( )(10𝑠) 360𝑖𝑛3 𝑄 = 𝐴𝑉 𝑖𝑛3 1539.7 𝑄 𝑠 = 120.94 𝑖𝑛 𝑉𝐴 = = 𝐴𝐴 𝜋(2.073𝑖𝑛)2 𝑠 𝑖𝑛3 1539.7 𝑠 𝑄 𝑖𝑛 𝑉𝐵 = = = 208.274 𝐴𝐵 𝜋(1.534𝑖𝑛)2 𝑠 𝑙𝑏 𝑖𝑛 2 𝑖𝑛 2 (120.94 ) (208.274 𝑠 +ℎ = 𝑠 ) + 240𝑖𝑛 𝑖𝑛2 + 𝐴 𝑖𝑛 𝑖𝑛 13𝑙𝑏 2 (386.4 ) 2 (386.4 2 ) 2 3 𝑠 𝑠 360𝑖𝑛 −2

ℎ𝐴 = 332.589

𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛 𝑙𝑏

𝑃𝐵𝑜𝑚𝑏 = ℎ𝐴 𝛾𝐻2 0 𝑄 = (332.589

𝑃𝐵𝑜𝑚𝑏 = 18492.04 𝑷𝑩𝒐𝒎𝒃 = 𝟐. 𝟖 𝒉𝒑

𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛 13 𝑙𝑏 𝑖𝑛3 )( ) ( 1539.7 ) 𝑙𝑏 360𝑖𝑛3 𝑠

𝑙𝑏 ∙ 𝑖𝑛 1 𝑓𝑡 1 ℎ𝑝 ( )( ) 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 𝑠 12 𝑖𝑛 550 𝑠

7.42.- El profesor Crocker construye una cabaña en una colina y propone el sistema hidráulico mostrado en la figura. El tanque de distribución en la cabaña mantiene una presión de 30.0 psig sobre el agua. En la tubería hay una pérdida de energía de 15.5 lb-pie/lb. Calcule los caballos de fuerza que la bomba trasmite al agua cuando impulsa 40 gal/min.

𝑩

𝑨

𝑄 = 40

𝑔𝑎𝑙 231 𝑖𝑛3 1 𝑓𝑡 3 1 𝑚𝑖𝑛 ( )( )( ) 3 (12 𝑖𝑛) 𝑚𝑖𝑛 1 𝑔𝑎𝑙 60 𝑠

𝑄 = 0.08912

𝑓𝑡 3 𝑠

𝑃𝐴 𝑉𝐴 2 𝑃𝐵 𝑉𝐵 2 + + 𝑍𝐴 + ℎ𝐴 − ℎ𝑅 − ℎ𝐿 = + + 𝑍𝐵 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 𝛾𝐻2 𝑂 2𝑔 ℎ𝐴 − ℎ𝐿 = ∴ ℎ𝐴 =

𝑃𝐵 + 𝑍𝐵 𝛾𝐻2 𝑂

𝑃𝐵 + 𝑍𝐵 + ℎ𝐿 𝛾𝐻2 𝑂

30 ℎ𝐴 =

𝑙𝑏 (12 𝑖𝑛)2 ( ) 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 𝑖𝑛2 1 𝑓𝑡 2 + 220 𝑓𝑡 + 15.5 𝑙𝑏 𝑙𝑏 62.4 3 𝑓𝑡

ℎ𝐴 = 304.731 𝑓𝑡 𝑃𝐵𝑜𝑚𝑏 = ℎ𝐴 𝛾𝐻2 𝑂 𝑄 𝑃𝐵𝑜𝑚𝑏 = (304.731 𝑓𝑡) (62.4

𝑃𝐵𝑜𝑚𝑏 = 1694.635 𝑷𝑩𝒐𝒎𝒃 = 𝟑. 𝟎𝟖 𝒉𝒑

𝑙𝑏 𝑓𝑡 3 ) (0.08912 ) 𝑓𝑡 3 𝑠

𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 1 ℎ𝑝 ( ) 𝑙𝑏 ∙ 𝑓𝑡 𝑠 550 𝑠

16.5.- Calcule las fuerzas en las direcciones verticales y horizontales sobre el bloque de la figura. La corriente de fluido es un chorro de agua de 1.75 pulgadas de diámetro, a 60°F y velocidad de 25pies/s. La velocidad del bloque al abandonar el bloque también es de 25pies/s.

y

x

Rx Ry

Ry 𝑄 = 𝐴𝑉 𝜋 1.75 𝑓𝑡 2 𝑓𝑡 𝑄= ( ) (25 ) 4 12 𝑠 𝑄 = 0.4175

𝑓𝑡 3 𝑠

𝐹 = 𝜌𝑄(𝑉2 − 𝑉1 ) 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡 𝐹𝑦 = (1.94 3 ) (0.4175 ) (25𝐶𝑜𝑠30 + 25) ( ) 𝑓𝑡 𝑠 𝑠 𝑭𝒚 = 𝟑𝟕. 𝟕𝟖 𝒍𝒃 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡 𝐹𝑥 = (1.94 3 ) (0.4175 ) (25𝑆𝑒𝑛30 − 0) ( ) 𝑓𝑡 𝑠 𝑠 𝑭𝒙 = 𝟏𝟎. 𝟏𝟐𝟒 𝒍𝒃

16.6.- La figura muestra una corriente libre de agua a 180°F, que desvía una paleta estacionaria con un ángulo de 130° que desvía una paleta estacionaria con un ángulo de 130°. La corriente de entrada tiene una velocidad de 22.0 pies/s. El área de la sección transversal de la corriente es 2.95 pulgadas2 y se mantiene constante en todo el sistema. Calcule las fuerzas que el agua aplica sobre el aspa en las direcciones horizontal y vertical. y

x

Rx Ry

Ry 𝑄 = 𝑉𝐴 𝑄 = 22

𝑓𝑡 1 𝑓𝑡 2 (2.95 𝑖𝑛2 ) ( ) (12 𝑖𝑛)2 𝑠

𝑄 = 0.45069

𝑓𝑡 3 𝑠

𝐹𝑥 = 𝜌𝑄(𝑉2𝑥 − 𝑉1𝑥 ) 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡 𝐹𝑥 = 1.88 3 (0.45069 ) (22𝐶𝑜𝑠50 + 22) ( ) 𝑓𝑡 𝑠 𝑠 𝑭𝒙 = 𝟑𝟎. 𝟔𝟐𝟐 𝒍𝒃 𝐹𝑦 = 𝜌𝑄(𝑉2𝑦 − 𝑉1𝑦 ) 𝐹𝑦 = 1.88

𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡 (0.45069 ) (0 + 22𝑆𝑒𝑛50) ( ) 3 𝑓𝑡 𝑠 𝑠

𝑭𝒚 = 𝟏𝟒. 𝟐𝟕𝟗 𝒍𝒃